2020届高考数学大二轮复习刷题首选卷第二部分刷题型选填题五理
2020届高考数学大二轮复习刷题首秧第二部分刷题型压轴题一理
压轴题(一)12．设P 为双曲线x 2a 2－y 2b2＝1右支上一点，F 1，F 2分别为该双曲线的左、右焦点，c ，e 分别表示该双曲线的半焦距和离心率．若PF 1→·PF 2→＝0，直线PF 2交y 轴于点A ，则△AF 1P 的内切圆的半径为( )A ．aB ．bC ．cD ．e答案 A解析 因为PF 1→·PF 2→＝0，所以△AF 1P 是直角三角形．设△AF 1P 的内切圆的半径是r ，则2r ＝|PF 1|＋|PA |－|AF 1|＝|PF 1|＋|PA |－|AF 2|＝|PF 1|－(|AF 2|－|PA |)＝|PF 1|－|PF 2|＝2a .所以r ＝a .16．(2019·湘赣十四校联考二)已知函数f (x )＝sin x ＋2cos x 的图象向右平移φ个单位长度得到g (x )＝2sin x ＋cos x 的图象，若x ＝φ为h (x )＝sin x ＋a cos x 的一条对称轴，则a ＝________.答案 43解析 由题意，得f (x )＝5sin(x ＋α)，其中sin α＝255，cos α＝55.g (x )＝5sin(x＋β)，其中sin β＝55，cos β＝255， ∴α－φ＝β＋2k π，即φ＝α－β－2k π，∴sin φ＝sin(α－β)＝sin αcos β－cos αsin β＝35，cos φ＝cos(α－β)＝cos αcos β＋sin αsin β＝45，又x ＝φ是h (x )＝sin x ＋a cos x 的一条对称轴， ∴h (φ)＝sin φ＋a cos φ＝35＋45a ＝±1＋a 2，即a ＝43.20．已知函数f (x )＝12(x 2＋2a ln x )．(1)讨论f (x )＝12(x 2＋2a ln x )，x ∈(1，e)的单调性；(2)若存在x 1，x 2∈(1，e)(x 1≠x 2)，使得f (x 1)＝f (x 2)<0成立，求a 的取值范围．解 (1)由f (x )＝12(x 2＋2a ln x )，得f ′(x )＝x ＋a x ＝x 2＋ax(x >0)，当a ≥0时，f ′(x )>0恒成立， 所以f (x )在(1，e)上单调递增；当a <0时，f ′(x )＝0的解为x ＝－a (舍负)，若－a ≤1，即a ∈[－1,0)，则f (x )在(1，e)上单调递增； 若－a ≥e，即a ∈(－∞，－e 2]， 则f (x )在(1，e)上单调递减；若a ∈(－e 2，－1)，则f (x )在(1，－a )上单调递减，在[－a ，e)上单调递增． (2)由(1)可知，当a ≤－e 2或a ≥－1时，函数f (x )在(1，e)上为单调函数，此时不存在x 1，x 2∈(1，e)(x 1≠x 2)，使得f (x 1)＝f (x 2)<0.当a ∈(－e 2，－1)时，f (x )在(1，－a ]上单调递减，在[－a ，e)上单调递增，所以f (x )在x ＝－a 处取得极小值，f (x )极小值＝f (－a )＝12(－a ＋2a ln －a )＝－12a ＋12a ln (－a )，其中a ∈(－e 2，－1)，令g (a )＝－12a ＋12a ln (－a )，a ∈(－e 2，－1)，则g ′(a )＝－12＋12ln (－a )＋12＝12ln (－a )，a ∈(－e 2，－1)，所以g ′(a )>0，所以g (a )在(－e 2，－1)上单调递增， 且g (－e)＝0，g (－e 2)＝－e22<0，所以当a ∈(－e 2，－e)时，f (x )极小值<0，此时存在x 1，x 2∈(1，e)(x 1≠x 2)，使得f (x 1)＝f (x 2)<0.21．某芯片代工厂生产某型号芯片每盒12片，每批生产若干盒，每片成本1元，每盒芯片需检验合格后方可出厂．检验方案是从每盒芯片随机取3片检验，若发现次品，就要把全盒12片产品全部检验，然后用合格品替换掉不合格品，方可出厂；若无次品，则认定该盒芯片合格，不再检验，可出厂．(1)若某盒芯片中有9片合格，3片不合格，求该盒芯片经一次检验即可出厂的概率？ (2)若每片芯片售价10元，每片芯片检验费用1元，次品到达组装工厂被发现后，每片须由代工厂退赔10元，并补偿1片经检验合格的芯片给组装厂．设每片芯片不合格的概率为p (0<p <1)，且相互独立．①若某盒12片芯片中恰有3片次品的概率为f (p )，求f (p )的最大值点p 0；②若以①中的p 0作为p 的值，由于质检员操作疏忽，有一盒芯片未经检验就被贴上合格标签出厂到组装工厂，试确定这盒芯片最终利润X (单位：元)的期望．解 (1)设“该盒芯片经一次检验即可出厂”的事件为A ，则P (A )＝C 39C 312＝2155.答：该盒芯片经一次检验即可出厂的概率为2155.(2)①某盒12片芯片中恰有3片次品的概率f (p )＝C 312p 3(1－p )9＝127C 312⎝ ⎛⎭⎪⎫3412， 当且仅当3p ＝1－p ，即p ＝14时取“＝”号，故f (p )的最大值点p 0＝14.②由题设，知p ＝p 0＝14.设这盒芯片不合格品的个数为n ， 则n ～B ⎝ ⎛⎭⎪⎫12，14， 故E (n )＝12×14＝3，则E (X )＝120－12－30－3×2＝72. 所以这盒芯片最终利润X 的期望是72元．。
2020届高考数学大二轮复习刷题首选卷 解答题 共八套 文
解答题(一)17．(2019·安徽皖南八校第三次联考)党的十九大明确把精准脱贫作为决胜全面建成小康社会必须打好的三大攻坚战之一．为坚决打赢脱贫攻坚战，某帮扶单位为帮助定点扶贫村脱贫，坚持扶贫同扶智相结合，此帮扶单位考察了甲、乙两种不同的农产品加工生产方式，现对两种生产方式的产品质量进行对比，其质量按测试指标可划分为：指标在区间[80,100]的为优等品；指标在区间[60,80)的为合格品，现分别从甲、乙两种不同加工方式生产的农产品中，各自随机抽取100件作为样本进行检测，测试指标结果的频数分布表如下：甲种生产方式：品，①求这5件产品中，优等品和合格品各有多少件；②再从这5件产品中，随机抽出2件，求这2件中恰有1件是优等品的概率；(2)所加工生产的农产品，若是优等品每件可售55元，若是合格品每件可售25元．甲种生产方式每生产一件产品的成本为15元，乙种生产方式每生产一件产品的成本为20元．用样本估计总体比较在甲、乙两种不同生产方式下，该扶贫单位应选择哪种生产方式来帮助该扶贫村脱贫？解(1)①由频数分布表知：甲的优等品率为0.6，合格品率为0.4，所以抽出的5件产品中，优等品有3件，合格品有2件．②记3件优等品分别为A，B，C,2件合格品分别为a，b，从中随机抽取2件，抽取方式有AB，AC，Aa，Ab，BC，Ba，Bb，Ca，Cb，ab共10种，设“这2件中恰有1件是优等品”为事件M，则事件M发生的情况有6种，所以P(M)＝610＝35.(2)根据样本知甲种生产方式生产100件农产品有60件优等品，40件合格品；乙种生产方式生产100件农产品有80件优等品，20件合格品．设甲种生产方式每生产100件所获得的利润为T1元，乙种生产方式每生产100件所获得的利润为T2元，可得T1＝60×(55－15)＋40×(25－15)＝2800(元)，T2＝80×(55－20)＋20×(25－20)＝2900(元)，由于T1＜T2，所以用样本估计总体知乙种生产方式生产的农产品所获得的利润较高，故该扶贫单位应选择乙种生产方式来帮助该扶贫村脱贫．18．已知等差数列{a n}的公差d>0，其前n项和为S n，且S5＝20，a3，a5，a8成等比数列．(1)求数列{a n }的通项公式； (2)令b n ＝1a n ·a n ＋1＋n ，求数列{b n }的前n 项和T n .解 (1)因为S 5＝5a 1＋a 52＝20，所以a 1＋a 5＝8，所以a 3＝4，即a 1＋2d ＝4， ①因为a 3，a 5，a 8成等比数列，所以a 25＝a 3a 8， 所以(a 1＋4d )2＝(a 1＋2d )(a 1＋7d )，化简，得a 1＝2d ， ②联立①和②，得a 1＝2，d ＝1， 所以a n ＝n ＋1. (2)因为b n ＝1a n ·a n ＋1＋n ＝1n ＋1n ＋2＋n ＝⎝⎛⎭⎪⎫1n ＋1－1n ＋2＋n ，所以T n ＝⎣⎢⎡⎦⎥⎤⎝ ⎛⎭⎪⎫12－13＋1＋⎣⎢⎡⎦⎥⎤⎝ ⎛⎭⎪⎫13－14＋2＋⎣⎢⎡⎦⎥⎤⎝ ⎛⎭⎪⎫14－15＋3＋…＋⎣⎢⎡⎦⎥⎤⎝ ⎛⎭⎪⎫1n ＋1－1n ＋2＋n＝⎣⎢⎡⎦⎥⎤⎝ ⎛⎭⎪⎫12－13＋⎝ ⎛⎭⎪⎫13－14＋⎝ ⎛⎭⎪⎫14－15＋…＋⎝ ⎛⎭⎪⎫1n ＋1－1n ＋2＋(1＋2＋3＋…＋n )＝⎝ ⎛⎭⎪⎫12－1n ＋2＋n n ＋12＝n 2n ＋2＋n n ＋12＝n 3＋3n 2＋3n2n ＋2. 19．(2019·广东梅州总复习质检)如图，在矩形ABCD 中，AD ＝2AB ＝2，点E 是AD 的中点，将△DEC 沿CE 折起到△D ′EC 的位置，使二面角D ′－EC －B 是直二面角．(1)证明：BE ⊥CD ′；(2)求点E 到平面BCD ′的距离．解 (1)证明：∵AD ＝2AB ＝2，点E 是AD 的中点， ∴△BAE ，△CDE 是等腰直角三角形，∴∠BEC ＝90°，即BE ⊥EC .又∵平面D ′EC ⊥平面BEC ，平面D ′EC ∩平面BEC ＝EC ，BE ⊂平面BEC ，∴BE ⊥平面D ′EC ，∵CD ′⊂平面D ′EC ，∴BE ⊥CD ′. (2)由已知及(1)得，BE ⊥平面D ′EC ，BE ＝2， ∴V B －D ′EC ＝13BE ·S △D ′EC ＝13×2×12×1×1＝26.ED ′⊂平面D ′EC ，∴BE ⊥ED ′，ED ′＝1，∴BD ′＝ 3.在△BD ′C 中，BD ′＝3，CD ′＝1，BC ＝2.∴BC 2＝(BD ′)2＋(CD ′)2，∠BD ′C ＝90°. ∴S △BD ′C ＝12BD ′·CD ′＝32.设点E 到平面BCD ′的距离为d . 则V B －D ′EC ＝V E －BCD ′＝13d ·S △BCD ′，∴13×32d ＝26，得d ＝63. 所以点E 到平面BCD ′的距离为63. 20．(2019·安徽江淮十校第三次联考)已知函数f (x )＝x －11＋x ，g (x )＝(ln x )2－2a ln x＋13a . (1)讨论f (x )的单调性；(2)若存在x 1∈[0,1]，使得对任意的x 2∈[1，e 2]，f (x 1)≥g (x 2)成立，求实数a 的取值范围．解 (1)f ′(x )＝1＋11＋x2>0，又x ≠－1，故f (x )在(－∞，－1)为增函数，在()－1，＋∞也为增函数．(2)由(1)可知，当x ∈[0,1]时，f (x )为增函数，f (x )max ＝f (1)＝12，由题意可知g (x )＝(ln x )2－2a ln x ＋13a ≤12对任意的x ∈[0,2]恒成立．令t ＝ln x ，则当x ∈[1，e 2]时，t ∈[0,2]，令h (t )＝t 2－2at ＋13a －12，问题转化为h (t )≤0对任意的t ∈[0,2]恒成立，由抛物线h (t )的开口向上，知⎩⎪⎨⎪⎧h0≤0，h2≤0，即⎩⎪⎨⎪⎧13a －12≤0，4－4a ＋13a －12≤0，解得2122≤a ≤32.故实数a 的取值范围是⎣⎢⎡⎦⎥⎤2122，32.21．(2019·安徽蚌埠第三次质检)已知点E (－2,0)，F (2,0)，P (x ，y )是平面内一动点，P 可以与点E ，F 重合．当P 不与E ，F 重合时，直线PE 与PF 的斜率之积为－14.(1)求动点P 的轨迹方程；(2)一个矩形的四条边与动点P 的轨迹均相切，求该矩形面积的取值范围． 解 (1)当P 与点E ，F 不重合时，k PE ·k PF ＝－14，得y x ＋2·yx －2＝－14，即x 24＋y 2＝1(y ≠0)， 当P 与点E ，F 重合时，P (－2,0)或P (2,0)． 综上，动点P 的轨迹方程为x 24＋y 2＝1.(2)记矩形面积为S ，当矩形一边与坐标轴平行时，易知S ＝8.当矩形各边均不与坐标轴平行时，根据对称性，设其中一边所在直线方程为y ＝kx ＋m ，则其对边方程为y ＝kx －m ，另一边所在直线方程为y ＝－1k x ＋n ，则其对边方程为y ＝－1kx －n ，联立⎩⎪⎨⎪⎧x 2＋4y 2＝4，y ＝kx ＋m ，得(1＋4k 2)x 2＋8kmx ＋4(m 2－1)＝0，则Δ＝0， 即4k 2＋1＝m 2. 矩形的一边长为d 1＝|2m |k 2＋1，同理，4k 2＋1＝n 2， 矩形的另一边长为d 2＝|2n |1k2＋1， S ＝d 1·d 2＝|2m |k 2＋1·|2n |1k2＋1＝|4mnk |k 2＋1 ＝44k 2＋1k 2＋4k 2＋12＝44k 4＋17k 2＋4k 2＋12＝44＋9k 2k 2＋12＝44＋9k 2＋1k2＋2∈(8,10]． 综上，S ∈(8,10]．22．在直角坐标系xOy 中，直线l 的参数方程为⎩⎨⎧x ＝1＋t cos θ，y ＝3＋t sin θ(t 为参数)，θ∈[0，π)．以坐标原点为极点，以x 轴的正半轴为极轴，建立极坐标系，圆C 的极坐标方程为ρ＝8sin ⎝⎛⎭⎪⎫θ＋π6.(1)在直角坐标系xOy 中，求圆C 的圆心的直角坐标；(2)设点P (1，3)，若直线l 与圆C 交于A ，B 两点，求证：|PA |·|PB |为定值，并求出该定值．解 (1)圆C 的极坐标方程为ρ＝43sin θ＋4cos θ， 又ρ2＝x 2＋y 2，x ＝ρcos θ，y ＝ρsin θ， 则圆C ：x 2＋y 2－4x －43y ＝0， 圆心坐标为C (2，23)．(2)证明：将⎩⎨⎧x ＝1＋t cos θ，y ＝3＋t sin θ代入圆C ：x 2＋y 2－4x －43y ＝0，得t 2－(23sin θ＋2cos θ)t －12＝0，设点A ，B 所对应的参数分别为t 1，t 2，则t 1t 2＝－12， ∴|PA |·|PB |＝|t 1t 2|＝12.23．(2019·四川广安、眉山毕业班第一次诊断性考试)已知不等式|2x ＋1|＋|x －1|<3的解集为M .(1)求M ；(2)若m ，n ∈M ，求证：⎪⎪⎪⎪⎪⎪m －n mn －1<1.解 (1)当x <－12时，不等式即为－2x －1－x ＋1<3，解得－1<x <－12；当－12≤x ≤1时，不等式即为2x ＋1－x ＋1<3，解得－12≤x <1；当x >1时，不等式即为2x ＋1＋x －1<3，此时无解． 综上可知，不等式的解集M ＝{x |－1<x <1}．(2)证明：m ，n ∈(－1,1)，欲证⎪⎪⎪⎪⎪⎪m －n mn －1<1，需证|m －n |<|mn －1|，即证(m －n )2<(mn －1)2， 即m 2＋n 2－2mn <m 2n 2－2mn ＋1， 即证(m 2－1)(n 2－1)>0， 因为m ，n ∈(－1,1)，所以(m 2－1)(n 2－1)>0显然成立． 所以⎪⎪⎪⎪⎪⎪m －n mn －1<1成立．解答题(二)17．在△ABC 中，角A ，B ，C 的对边分别为a ，b ，c ，面积为S ，已知2a cos 2C2＋2c cos 2A2＝52b . (1)求证：2(a ＋c )＝3b ； (2)若cos B ＝14，S ＝15，求b .解 (1)证明：由已知得，a (1＋cos C )＋c (1＋cos A )＝52b .由余弦定理可得a ＋c ＝32b ，即2(a ＋c )＝3b .(2)∵cos B ＝14(B ∈(0，π))，∴sin B ＝154.∵S ＝12ac sin B ＝158ac ＝15，∴ac ＝8.又b 2＝a 2＋c 2－2ac cos B ＝(a ＋c )2－2ac (1＋cos B )， 2(a ＋c )＝3b ，∴b 2＝9b 24－16×⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋14. ∴b ＝4.18．(2019·河北唐山一模)如图，在△ABC 中，AB ＝BC ＝4，∠ABC ＝90°，E ，F 分别为AB ，AC 边的中点，以EF 为折痕把△AEF 折起，使点A 到达点P 的位置，且PB ＝BE .(1)证明：BC ⊥平面PBE ； (2)求点F 到平面PEC 的距离．解 (1)证明：因为E ，F 分别为AB ，AC 边的中点，所以EF ∥BC ，因为∠ABC ＝90°，所以EF ⊥BE ，EF ⊥PE ，又因为BE ∩PE ＝E ，所以EF ⊥平面PBE ，所以BC ⊥平面PBE .(2)如图，取BE 的中点O ，连接PO ，由(1)知BC ⊥平面PBE ，BC ⊂平面BCFE ，所以平面PBE ⊥平面BCFE ，因为PB ＝BE ＝PE ，所以PO ⊥BE ，又因为PO ⊂平面PBE ，平面PBE ∩平面BCFE ＝BE ，所以PO ⊥平面BCFE, 在Rt △POC 中，PC ＝PO 2＋OC 2＝25，在Rt △EBC 中，EC ＝EB 2＋BC 2＝25， 在△PEC 中，PC ＝EC ＝25，PE ＝2，所以S △PEC ＝19，又S △ECF ＝2，设点F 到平面PEC 的距离为d ，由V F －PEC ＝V P －ECF 得S △PEC ·d ＝S △ECF ·PO ，即19×d ＝2×3，所以d ＝25719.即点F 到平面PEC 的距离为25719.19．(2019·黑龙江哈尔滨六中第二次模拟)某大型商场去年国庆期间累计生成2万张购物单，从中随机抽出100张，对每单消费金额进行统计得到下表： 消费金额(单位：元) [0,200] (200,400](400,600](600,800](800,1000]购物单张数252530？？的频率分布直方图所估计出的每单消费金额的中位数与平均数恰好相等．用频率估计概率，完成下列问题：(1)估计去年国庆期间该商场累计生成的购物单中，单笔消费金额超过800元的概率； (2)为鼓励顾客消费，该商场打算在今年国庆期间进行促销活动，凡单笔消费超过600元者，可抽奖一次，中一等奖、二等奖、三等奖的顾客可以分别获得价值500元、200元、100元的奖品．已知中奖率为100%，且一等奖、二等奖、三等奖的中奖率依次构成等比数列，其中一等奖的中奖率为121.若今年国庆期间该商场的购物单数量比去年同期增长5%，预测商场今年国庆期间采购奖品的开销．解 (1)因消费金额在区间[0,400]的频率为0.5，故中位数估计值即为400.设所求概率为p ，而消费金额在(0,600]的概率为0.8，故消费金额在区间(600,800]内的概率为0.2－p .因此消费金额的平均数可估计为100×0.25＋300×0.25＋500×0.3＋700×(0.2－p )＋900×p .令其与中位数400相等，解得p ＝0.05.(2)设等比数列公比为q (q ＞0)，根据题意121＋q 21＋q 221＝1，即q 2＋q －20＝0，解得q ＝4.故一等奖、二等奖、三等奖的中奖率分别为121，421，1621.今年的购物单总数约为20000×1.05＝21000.其中具有抽奖资格的单数为21000×(0.15＋0.05)＝4200， 故一等奖、二等奖、三等奖中奖单数可估计为200,800,3200.于是，采购奖品的开销可估计为200×500＋800×200＋3200×100＝580000(元)． 20．在平面直角坐标系中，已知点F (1,0)，直线l ：x ＝－1，动直线l ′垂直l 于点H ，线段HF 的垂直平分线交l ′于点P ，设点P 的轨迹为C .(1)求曲线C 的方程；(2)以曲线C 上的点Q (x 0，y 0)(y 0>0)为切点作曲线C 的切线l 1，设l 1分别与x 轴、y 轴交于A ，B 两点，且l 1恰与以定点M (a,0)(a >2)为圆心的圆相切，当圆M 的面积最小时，求△ABF 与△QAM 面积的比．解 (1)由题意得|PH |＝|PF |，∴点P 到直线l ：x ＝－1的距离等于它到定点F (1,0)的距离，∴点P 的轨迹是以l 为准线，F 为焦点的抛物线，∴点P 的轨迹C 的方程为y 2＝4x .(2)解法一：由y 2＝4x ，当y >0时，y ＝2x ， ∴y ′＝1x，∴以Q 为切点的切线l 1的斜率为k ＝1x 0，∴以Q (x 0，y 0)(y 0>0)为切点的切线方程为y －y 0＝1x 0(x －x 0)，即y －y 0＝2y 0⎝ ⎛⎭⎪⎫x －y 204，整理得4x －2y 0y ＋y 20＝0.令x ＝0，则y ＝y 02，∴B ⎝ ⎛⎭⎪⎫0，y 02， 令y ＝0，则x ＝－y 204＝－x 0，∴A (－x 0,0)， 点M (a,0)到切线l 1的距离d ＝y 20＋4a 2y 20＋4＝y 20＋42＋2a －2y 20＋4≥2a －1(当且仅当y 0＝2a －2时，取等号)．∴当点Q 的坐标为(a －2,2a －2)时，满足题意的圆M 的面积最小． 此时A (2－a,0)，B (0，a －2)．S △ABF ＝12|1－(2－a )||a －2|＝12(a －1)a －2， S △AQM ＝12|a －(2－a )||2a －2|＝2(a －1)·a －2.∴S △ABF S △AQM ＝14，∴△ABF 与△QAM 面积之比为1∶4. 解法二：由题意知切线l 1的斜率必然存在， 设为k ，则l 1：y －y 0＝k (x －x 0)．由⎩⎪⎨⎪⎧y －y 0＝k x －x 0，y 2＝4x ，得y －y 0＝k ⎝ ⎛⎭⎪⎫14y 2－x 0，即y 2－4k y ＋4ky 0－y 20＝0，由Δ＝0，得k ＝2y 0，∴l 1：4x －2y 0y ＋y 20＝0. 以下解答同解法一．21．(2019·河北中原名校联盟联考)已知函数f (x )＝e x－x －a (a ∈R )． (1)当a ＝0时，求证：f (x )＞x ； (2)讨论函数f (x )零点的个数．解 (1)证明：当a ＝0时，f (x )＝e x－x ，令g (x )＝f (x )－x ＝e x－x －x ＝e x－2x ，则g ′(x )＝e x－2，当g ′(x )＝0时，x ＝ln 2；当x ＜ln 2时，g ′(x )＜0，x ＞ln 2时，g ′(x )＞0，所以g (x )在(－∞，ln 2)上单调递减，在(ln 2，＋∞)上单调递增，所以x ＝ln 2是g (x )的极小值点，也是最小值点，即g (x )min ＝g (ln 2)＝eln 2－2ln 2＝2ln e2＞0，故当a ＝0时，f (x )＞x 成立．(2)f ′(x )＝e x－1，由f ′(x )＝0得x ＝0，当x ＜0时，f ′(x )＜0；当x ＞0时，f ′(x )＞0，所以f (x )在(－∞，0)上单调递减，在(0，＋∞)上单调递增，所以x ＝0是函数f (x )的极小值点，也是最小值点，即f (x )min ＝f (0)＝1－a .当1－a ＞0，即a ＜1时，f (x )没有零点，当1－a ＝0，即a ＝1时，f (x )只有一个零点，当1－a ＜0，即a ＞1时，因为f (－a )＝e －a－(－a )－a ＝e －a＞0，所以f (x )在(－a,0)上只有一个零点．由(1)，得e x＞2x ，令x ＝a ，则得e a＞2a ，所以f (a )＝ea－a －a ＝e a－2a ＞0，于是f (x )在(0，a )上有一个零点．因此，当a ＞1时，f (x )有两个零点．综上，当a ＜1时，f (x )没有零点；当a ＝1时，f (x )只有一个零点； 当a ＞1时，f (x )有两个零点．22．在平面直角坐标系xOy 中，直线l 的参数方程为⎩⎪⎨⎪⎧x ＝3＋12t ，y ＝32t (t 为参数)．直线l 与x 轴交于点A .以坐标原点为极点，x 轴正半轴为极轴，建立极坐标系，射线l ′：θ＝π6(ρ≥0)，直线l 与射线l ′交于点B . (1)求B 点的极坐标；(2)若点P 是椭圆C ：x 2＋y 23＝1上的一个动点，求△PAB 面积的最大值及面积最大时点P的直角坐标．解 (1)l ：y ＝3(x －3)＝3x －3， 则l 的极坐标方程为ρsin θ＝3ρcos θ－3. 令θ＝π6得ρ＝3，∴B 点的极坐标为⎝ ⎛⎭⎪⎫3，π6.(2)∵|AB |＝|OA |＝3，∴S ＝3d2. 设P 点坐标为(cos α，3sin α)，l ：3x －y －3＝0.∴d ＝|3cos α－3sin α－3|2＝32|(cos α－sin α)－3|＝32⎪⎪⎪⎪⎪⎪2cos ⎝ ⎛⎭⎪⎫α＋π4－3. 当α＋π4＝π＋2k π(k ∈Z )时，d max ＝3＋62，∴S max ＝33＋324.此时cos α＝cos 3π4＝－22，sin α＝sin 3π4＝22，∴P 点坐标为⎝ ⎛⎭⎪⎫－22，62.23．设函数f (x )＝|2x －4|＋|x ＋1|. (1)求函数f (x )的最小值；(2)若直线y ＝a 与曲线y ＝f (x )围成的封闭区域的面积为9，求a 的值． 解 (1)①当x ≥2时，f (x )＝3x －3≥3； ②当－1<x <2时，f (x )＝5－x ∈(3,6)； ③当x ≤－1时，f (x )＝3－3x ≥6， ∴f (x )min ＝3.(2)f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧3x －3，x ≥2，5－x ，－1<x <2，3－3x ，x ≤－1，f (x )的图象如图所示：y ＝6与y ＝f (x )围成的三角形面积为S ＝12×[3－(－1)](6－3)＝6<9，∴a >6.故y ＝f (x )，y ＝6，y ＝a 围成的梯形面积为3. 令f (x )＝3x －3＝a ⇒x 1＝a ＋33；令f (x )＝3－3x ＝a ⇒x 2＝3－a3，故梯形面积为12⎣⎢⎡⎦⎥⎤4＋⎝ ⎛⎭⎪⎫a ＋33－3－a 3(a －6)＝3，∴a ＝3 5.解答题(三)17．已知a 1＝2，a 2＝4，数列{b n }满足：b n ＋1＝2b n ＋2且a n ＋1－a n ＝b n . (1)求证：数列{b n ＋2}是等比数列； (2)求数列{a n }的通项公式． 解 (1)证明：由题知，b n ＋1＋2b n ＋2＝2b n ＋2＋2b n ＋2＝2， ∵b 1＝a 2－a 1＝4－2＝2，∴b 1＋2＝4，∴数列{b n ＋2}是以4为首项，2为公比的等比数列． (2)由(1)可得，b n ＋2＝4·2n －1，故b n ＝2n ＋1－2.∵a n ＋1－a n ＝b n ， ∴a 2－a 1＝b 1，a 3－a 2＝b 2， a 4－a 3＝b 3，…a n －a n －1＝b n －1.累加得，a n －a 1＝b 1＋b 2＋b 3＋…＋b n －1(n ≥2)，a n ＝2＋(22－2)＋(23－2)＋(24－2)＋…＋(2n －2)＝21－2n1－2－2(n －1)＝2n ＋1－2n ，故a n ＝2n ＋1－2n (n ≥2)．∵a 1＝2＝21＋1－2×1，∴数列{a n }的通项公式为a n ＝2n ＋1－2n (n ∈N *)．18．(2019·安徽江淮十校5月考前最后一卷)如图，已知三棱柱ABC －A ′B ′C ′的底面ABC 是等边三角形，侧面AA ′C ′C ⊥底面ABC ，D 是棱BB ′的中点．(1)求证：平面DA ′C ⊥平面ACC ′A ′；(2)求平面DA ′C 将该三棱柱分成上、下两部分的体积比．解 (1)证明：如图，取AC ，A ′C ′的中点O ，F ，连接OF 与A ′C 交于点E ，连接DE ，OB ，B ′F ，则E 为OF 的中点，OF ∥AA ′∥BB ′，且OF ＝AA ′＝BB ′，所以BB ′FO 是平行四边形．又D 是棱BB ′的中点，所以DE ∥OB .侧面AA ′C ′C ⊥平面ABC ，且OB ⊥AC ，所以OB ⊥平面ACC ′A ′，则DE ⊥平面ACC ′A ′，又DE ⊂平面DA ′C ，所以平面DA ′C ⊥平面ACC ′A ′.(2)连接A ′B ，设三棱柱ABC －A ′B ′C ′的体积为V .故四棱锥A ′－BCC ′B ′的体积V A ′－BCC ′B ′＝V －13V ＝23V ，又D 是棱BB ′的中点，△BCD 的面积是BCC ′B ′面积的14，故四棱锥A ′－B ′C ′CD 的体积V A ′－B ′C ′CD ＝34V A ′－BCC ′B ′＝34×23V ＝12V ，故平面DA ′C 将该三棱柱分成上、下两部分的体积比为1∶1.19．(2019·江西南昌第一次模拟)市面上有某品牌A 型和B 型两种节能灯，假定A 型节能灯使用寿命都超过5000小时，经销商对B 型节能灯使用寿命进行了调查统计，得到如下频率分布直方图：某商家因原店面需要重新装修，需租赁一家新店面进行周转，合约期一年．新店面需安装该品牌节能灯5支(同种型号)即可正常营业．经了解，A 型20瓦和B 型55瓦的两种节能灯照明效果相当，都适合安装．已知A 型和B 型节能灯每支的价格分别为120元、25元，当地商业电价为0.75元/千瓦时．假定该店面一年周转期的照明时间为3600小时，若正常营业期间灯坏了立即购买同型灯管更换(用频率估计概率)．(1)根据频率直方图估算B 型节能灯的平均使用寿命；(2)根据统计知识知，若一支灯管一年内需要更换的概率为p ，那么n 支灯管估计需要更换np 支．若该商家新店面全部安装了B 型节能灯，试估计一年内需更换的支数；(3)若只考虑灯的成本和消耗电费，你认为该商家应选择哪种型号的节能灯，请说明理由． 解 (1)由图可知，各组中值依次为3100,3300,3500,3700，对应的频率依次为0.1,0.3,0.4,0.2，故B 型节能灯的平均使用寿命为3100×0.1＋3300×0.3＋3500×0.4＋3700×0.2＝3440小时．(2)由图可知，使用寿命不超过3600小时的频率为0.8，将频率视为概率，每支灯管需要更换的概率为0.8，故估计一年内5支B 型节能灯需更换的支数为5×0.8＝4.(3)若选择A 型节能灯，一年共需花费5×120＋3600×5×20×0.75×10－3＝870元； 若选择B 型节能灯，一年共需花费(5＋4)×25＋3600×5×55×0.75×10－3＝967.5元． 因为967.5＞870，所以该商家应选择A 型节能灯．20．(2019·河北石家庄模拟一)已知函数f (x )＝ln x －4ax ，g (x )＝xf (x )． (1)若a ＝18，求g (x )的单调区间；(2)若a ＞0，求证：f (x )≤14a－2.解 (1)由a ＝18，g (x )＝x ln x －12x 2(x ＞0)，g ′(x )＝ln x －x ＋1，令h (x )＝ln x －x ＋1，h ′(x )＝1－xx，故h (x )在(0,1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减，h (x )max ＝h (1)＝0，从而当x ＞0时，g ′(x )≤0恒成立，故g (x )的单调递减区间为(0，＋∞)．(2)证明：f ′(x )＝1x －4a ＝1－4ax x ，由a ＞0，令f ′(x )＝0，得x ＝14a ，故f (x )在⎝ ⎛⎭⎪⎫0，14a 上单调递增，⎝ ⎛⎭⎪⎫14a ，＋∞上单调递减，所以f (x )max ＝f ⎝ ⎛⎭⎪⎫14a ＝ln 14a －1，只需证明ln 14a －1≤14a －2，令t ＝14a＞0，即证ln t －t ＋1≤0(*)，由(1)易知(*)式成立，故原不等式成立．21．(2019·广东深圳适应性考试)在平面直角坐标系xOy 中，离心率为63的椭圆C ：x2a2＋y 2b 2＝1(a >b >0)过点M ⎝⎛⎭⎪⎫1，63. (1)求椭圆C 的标准方程；(2)若直线x ＋y ＋m ＝0上存在点G ，且过点G 的椭圆C 的两条切线相互垂直，求实数m的取值范围．解 (1)由题意得⎩⎪⎨⎪⎧c a ＝63，a 2＝b 2＋c 2，解得a 2＝3b 2，又1a 2＋23b 2＝1，解得⎩⎪⎨⎪⎧a 2＝3，b 2＝1，所以椭圆C 的标准方程为x 23＋y 2＝1.(2)①当过点G 的椭圆C 的一条切线的斜率不存在时，另一条切线必垂直于y 轴，易得G (±3，±1)．②当过点G 的椭圆C 的切线的斜率均存在时，设G (x 0，y 0)，x 0≠±3，切线方程为y ＝k (x －x 0)＋y 0，代入椭圆方程得(3k 2＋1)x 2－6k (kx 0－y 0)x ＋3(kx 0－y 0)2－3＝0，Δ＝[6k (kx 0－y 0)]2－4(3k 2＋1)·[3(kx 0－y 0)2－3]＝0，化简得(kx 0－y 0)2－(3k 2＋1)＝0，则(x 20－3)k 2－2x 0y 0k ＋y 20－1＝0，设过点G 的椭圆C 的切线的斜率分别为k 1，k 2，则k 1k 2＝y 20－1x 20－3. 因为两条切线相互垂直，所以y 20－1x 20－3＝－1，即x 20＋y 20＝4(x 0≠±3)，由①②知点G 在圆x 20＋y 20＝4上，又点G 在直线x ＋y ＋m ＝0上， 所以直线x ＋y ＋m ＝0与圆x 2＋y 2＝4有公共点，所以|m |1＋1≤2，所以－22≤m ≤2 2.综上所述，m 的取值范围为[－22，22]．22．在直角坐标系xOy 中，圆C 的普通方程为x 2＋y 2－4x －6y ＋12＝0，在以坐标原点为极点，x 轴正半轴为极轴的极坐标系中，直线l 的极坐标方程为ρsin ⎝⎛⎭⎪⎫θ＋π4＝ 2. (1)写出圆C 的参数方程和直线l 的直角坐标方程；(2)设直线l 与x 轴和y 轴的交点分别为A ，B ，P 为圆C 上的任意一点，求PA →·PB →的取值范围．解 (1)圆C 的参数方程为⎩⎪⎨⎪⎧x ＝2＋cos θ，y ＝3＋sin θ(θ为参数)．直线l 的直角坐标方程为x＋y －2＝0.(2)由直线l 的方程x ＋y －2＝0可得点A (2,0)， 点B (0,2)．设点P (x ，y )，则PA →·PB →＝(2－x ，－y )·(－x,2－y )＝x 2＋y 2－2x －2y .由(1)知⎩⎪⎨⎪⎧x ＝2＋cos θ，y ＝3＋sin θ，则PA →·PB →＝4sin θ＋2cos θ＋4＝25sin(θ＋φ)＋4，其中tan φ＝12.因为θ∈R ，所以4－25≤PA →·PB →≤4＋2 5. 23．已知函数f (x )＝|x －a |－⎪⎪⎪⎪⎪⎪x ＋1a .(1)当a ＝1，求函数f (x )的定义域；(2)当a ∈[1,2]时，求证：f 2(x )＋f 2⎝ ⎛⎭⎪⎫－1x ≤5.解 (1)当a ＝1时，f (x )＝|x －1|－|x ＋1|， 所以|x －1|－|x ＋1|≥0， 得(x －1)2≥(x ＋1)2，解得x ≤0. 所以定义域为(－∞，0]．(2)证明：f 2(x )＋f 2⎝ ⎛⎭⎪⎫－1x ＝|x －a |－⎪⎪⎪⎪⎪⎪x ＋1a ＋⎪⎪⎪⎪⎪⎪－1x －a －⎪⎪⎪⎪⎪⎪－1x ＋1a ≤2⎪⎪⎪⎪⎪⎪a ＋1a ＝2⎝ ⎛⎭⎪⎫a ＋1a ≤5(a ∈[1,2])，当且仅当a ＝2时等号成立．解答题(四)17．(2019·全国卷Ⅱ)已知{a n }是各项均为正数的等比数列，a 1＝2，a 3＝2a 2＋16. (1)求{a n }的通项公式；(2)设b n ＝log 2a n ，求数列{b n }的前n 项和．解 (1)设{a n }的公比为q ，由题设得2q 2＝4q ＋16，即q 2－2q －8＝0. 解得q ＝－2(舍去)或q ＝4. 因此{a n }的通项公式为a n ＝2×4n －1＝22n －1.(2)由(1)得b n ＝(2n －1)log 22＝2n －1，因此数列{b n }的前n 项和为1＋3＋…＋(2n －1)＝n 2.18．(2019·北京人大附中信息卷二)某绿色有机水果店中一款有机草莓，味道鲜甜．店家每天以每斤10元的价格从农场购进适量草莓，然后以每斤20元的价格出售，如果当天卖不完，剩下的草莓由果汁厂以每斤2元的价格回收．(1)若水果店一天购进17斤草莓，求当天的利润y (单位：元)关于当天需求量n (单位：斤，n ∈N )的函数解析式；(2)水果店记录了100天草莓的日需求量(单位：斤)，整理得下表：日需求量n 14 15 16 17 18 19 20 频数1422141615136元)的平均数；②若水果店一天购进17斤草莓，以100天记录的各需求量的频率作为各需求量发生的概率，求当天的利润不少于150元的概率．解 (1)当日需求量n ≥17时，利润y ＝17×10＝170；当日需求量n ≤16时，利润y ＝10n －8(17－n )＝18n －136.所以当天的利润y 关于当天需求量n 的函数解析式为y ＝⎩⎪⎨⎪⎧18n －136，n ≤16，n ∈N *，170，n ≥17，n ∈N *.(2)①假设水果店在这100天内每天购进17斤草莓，则日需求量为14斤时，利润为116；日需求量为15斤时，利润为134；日需求量为16斤时，利润为152；日需求量不小于17时，利润为170.故这100天的日利润(单位：元)的平均数为 y －＝1100×(14×116＋22×134＋14×152＋16×170＋15×170＋13×170＋6×170)，解得y －＝152(元)．②利润不低于150元时，当日需求量当且仅当不少于16斤．以频率预估概率，得当天的利润不少于150元的概率为p ＝0.14＋0.16＋0.15＋0.13＋0.06＝0.64.19．(2019·江西省名校5月联考)已知空间几何体ABCDE 中，△BCD 与△CDE 均为边长为2的等边三角形，△ABC 为腰长为13的等腰三角形，平面CDE ⊥平面BCD ，平面ABC ⊥平面BCD .(1)试在平面BCD 内作一条直线，使直线上任意一点F 与A 的连线AF 均与平面CDE 平行，并证明；(2)求点B 到平面AEC 的距离．解 (1)如图所示，分别取BC 和BD 的中点H ，G ，作直线HG ，则HG 为所求直线．证明如下：因为点H ，G 分别为BC 和BD 的中点，所以HG ∥CD ，分别取CD ，BC 的中点O ，H ，连接EO ，AH ，则EO ⊥CD ，AH ⊥BC ，因为平面CDE ⊥平面BCD ，且EO ⊥CD ，∴EO ⊥平面BCD ，又平面ABC ⊥平面BCD ，AH ⊥BC ，则AH ⊥平面BCD ，所以EO ∥AH ，又AH ⊄平面CDE ，EO ⊂平面CDE ，所以AH ∥平面CDE .因为GH ∥CD ，GH ⊄平面CDE ，CD ⊂平面CDE ，所以GH ∥平面CDE ，因为AH ，GH ⊂平面AGH ，AH ∩GH ＝H ，则平面AHG ∥平面CDE ，所以直线HG 上任意一点F 与A 的连线AF 均与平面CDE 平行．(2)由(1)可得EO ∥AH ，即EO ∥平面ABC ，所以点E 到平面ABC 的距离和点O 到平面ABC 的距离相等，连接DH ，则DH ⊥BC ，又平面ABC ⊥平面BCD ，平面ABC ∩平面BCD ＝BC ，则DH ⊥平面ABC .记点E 到平面ABC 的距离为d ，则d ＝12DH ＝32，又△ABC 的面积S ＝12×2×13－1＝23，△ACE 的面积S 1＝12×13×32＝394，因为V E －ABC ＝V B －ACE ，设点B 到平面AEC 的距离为h ，所以13×23×32＝13×394×h ， 解得h ＝43913.即点B 到平面AEC 的距离为43913.20．已知抛物线C ：y 2＝2px 的焦点为F ，抛物线C 上的点M (2，y 0)到F 的距离为3. (1)求抛物线C 的方程；(2)斜率存在的直线l 与抛物线相交于相异两点A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)，x 1＋x 2＝4，若AB 的垂直平分线交x 轴于点G ，且GA →·GB →＝5，求直线l 的方程．解 (1)由抛物线定义知|MF |＝2＋p2，所以2＋p2＝3，p ＝2，所以，抛物线C 的方程为y 2＝4x .(2)解法一：设AB 中点坐标(2，m )，直线l 的斜率存在，所以m ≠0，k AB ＝y 2－y 1x 2－x 1＝y 2－y 1y 224－y 214＝2m，所以直线AB 的方程为y －m ＝2m(x －2)．即2x －my ＋m 2－4＝0.由⎩⎪⎨⎪⎧2x ＝my －m 2＋4，y 2＝4x ，得y 2－2my ＋2m 2－8＝0，其中Δ>0得到m2<8，⎩⎪⎨⎪⎧y 1＋y 2＝2m ， ①y 1y 2＝2m 2－8， ②AB 的垂直平分线方程为y －m ＝－m2(x －2)，令y ＝0，得x ＝4，所以G (4,0)，GA →＝(x 1－4，y 1)，GB →＝(x 2－4，y 2)， 因为GA →·GB →＝5，所以(x 1－4)(x 2－4)＋y 1y 2＝5，x 1x 2－4(x 1＋x 2)＋16＋y 1y 2＝5，y 21y 2216－4×4＋16＋y 1y 2＝5. ③把②代入③得(m 2－4)2＋8(m 2－4)－20＝0， (m 2＋6)·(m 2－6)＝0，m 2＝6<8，m ＝± 6.所以，直线l 的方程为2x －6y ＋2＝0或2x ＋6y ＋2＝0. 解法二：设直线AB 的方程为y ＝kx ＋m .由⎩⎪⎨⎪⎧y ＝kx ＋m ，y 2＝4x 消y 得k 2x 2＋(2km －4)x ＋m 2＝0或消x 得ky 2－4y ＋4m ＝0.则⎩⎪⎨⎪⎧x 1＋x 2＝－2mk ＋4k 2＝4，x 1x 2＝m 2k 2，y 1y 2＝4m k，Δ＝16－16km >0，即2k 2＋mk ＝2. ①AB 中点坐标为(2,2k ＋m )，AB 的垂直平分线方程为y －(2k ＋m )＝－1k(x －2)．令y ＝0，x G ＝2k 2＋mk ＋2＝4，所以GA →·GB →＝(x 1－4，y 1)·(x 2－4，y 2)＝x 1x 2－4(x 1＋x 2)＋16＋y 1y 2＝m 2k2－16＋16＋4m k＝5，m 2k 2＋4mk－5＝0. 解得m ＝k 或m ＝－5k ，分别代入①得3k 2＝2(符合Δ>0)或3k 2＝－2(舍去)． 所以，直线l 的方程为2x －6y ＋2＝0或2x ＋6y ＋2＝0.21．(2019·安徽皖南八校联考三)已知函数f (x )＝a ln x －(a 2＋1)x ＋12ax 2，其中a ∈R .(1)讨论f (x )的单调性；(2)若f (x )＋x ＞0对x ＞1恒成立，求a 的取值范围． 解 (1)由题意，得f ′(x )＝a x－a 2－1＋ax ＝ax －1x －ax(x ＞0)，当a ≤0时，f ′(x )＜0，f (x )的单调递减区间为(0，＋∞)，没有单调递增区间． 当0＜a ＜1时，当a ＜x ＜1a 时，f ′(x )＜0；当0＜x ＜a 或x ＞1a时，f ′(x )＞0.∴f (x )的单调递增区间为(0，a )，⎝ ⎛⎭⎪⎫1a，＋∞，单调递减区间为⎝⎛⎭⎪⎫a ，1a .当a ＝1时，f ′(x )≥0对x ＞0成立，f (x )的单调递增区间为(0，＋∞)，没有单调递减区间．当a ＞1时，当1a＜x ＜a 时，f ′(x )＜0；当0＜x ＜1a或x ＞a 时，f ′(x )＞0.∴f (x )的单调递增区间为⎝⎛⎭⎪⎫0，1a ，(a ，＋∞)，单调递减区间为⎝ ⎛⎭⎪⎫1a，a .(2)f (x )＋x ＞0，即a ln x －a 2x ＋12ax 2＞0，当a ＞0时，ln x －ax ＋12x 2＞0，a ＜ln x x ＋12x ，令g (x )＝ln x x ＋12x ，x ≥1，则g ′(x )＝1－ln x x 2＋12＝2－2ln x ＋x22x 2，令h (x )＝2－2ln x ＋x 2，则h ′(x )＝2x －2x，当x ≥1时，h ′(x )≥0，h (x )是增函数，h (x )≥h (1)＝3＞0，∴g ′(x )＞0.∴当x ≥1时，g (x )是增函数，g (x )的最小值为g (1)＝12，∴0＜a ≤12.当a ＝0时，显然f (x )＋x ＞0不成立，当a ＜0时，由g (x )的最小值为12，且g (x )没有最大值，得a ＞g (x )不成立，综上，a 的取值范围是⎝ ⎛⎦⎥⎤0，12. 22．在直角坐标系xOy中，圆锥曲线C 1的参数方程为⎩⎪⎨⎪⎧x ＝6cos θ，y ＝3sin θ(θ为参数)．以坐标原点O 为极点，x 轴的正半轴为极轴建立极坐标系，两坐标系中取相同的长度单位，曲线C 2的极坐标方程为(ρcos φ＋k )2＋(ρsin φ－2)2＝k 2＋25(φ为参数，k ∈R )．(1)写出C 1，C 2的直角坐标方程；(2)是否存在曲线C 2包围曲线C 1？请说明理由． 解 (1)C 1：x 236＋y 29＝1，C 2：x 2＋y 2＋2kx －4y －21＝0.(2)若k ≥0，由62＋02＋12k －0－21＝15＋12k >0可知点(6,0)在曲线C 2外； 若k <0，(－6)2＋02－12k －0－21＝15－12k >0可知点()－6，0在曲线C 2外．综上，无论k 取何值，曲线C 2都不能包围曲线C 1. 23．已知函数f (x )＝|2x ＋1|，g (x )＝|x ＋1|.(1)在图中画出f (x )和g (x )的图象，并写出不等式f (x )>g (x )的解集； (2)若|f (x )－2g (x )|≤a (a ∈R )恒成立，求a 的取值范围．解 (1)f (x )，g (x )的图象如图，不等式f (x )>g (x )的解集为⎩⎪⎨⎪⎧⎭⎪⎬⎪⎫x ⎪⎪⎪x >0或x <－23.(2)|f (x )－2g (x )|＝||2x ＋1|－2|x ＋1||＝⎩⎪⎨⎪⎧1，x >－12或x <－1，|4x ＋3|，－1≤x ≤－12，所以|f (x )－2g (x )|≤1，所以a ≥1.解答题(五)17．近年来，共享单车已经悄然进入了广大市民的日常生活，并慢慢改变了人们的出行方式．某共享单车公司为了更好地服务用户，在其官方APP 中设置了用户评价反馈系统，以了解用户对该公司的车辆状况和优惠活动的评价．现从评价系统中较为详细的评价信息里随机选出200条进行统计，车辆状况和优惠活动评价的2×2列联表如下：对优惠活动好评对优惠活动不满意合计 对车辆状况好评 100 30 130 对车辆状况不满意40 30 70 合计14060200(1)能否在犯错误的概率不超过0.001的前提下，认为对优惠活动好评与对车辆状况好评有关系？(2)为了回馈用户，该公司通过APP 向用户随机派送骑行券．用户可以将骑行券用于骑行付费，也可以通过APP 转赠给好友．某用户共获得了5张骑行券，其中只有2张是一元券．现该用户从这5张骑行券中随机选取2张转赠给好友，求选取的2张中至少有1张是一元券的概率．参考数据：P (K 2≥k 0)0.150 0.100 0.050 0.025 0.010 0.005 0.001 k 02.0722.7063.8415.0246.6357.87910.828参考公式：K 2＝n ad －bc 2a ＋bc ＋d a ＋cb ＋d，其中n ＝a ＋b ＋c ＋d .解 (1)由2×2列联表的数据，得K 2的观测值 k ＝200×100×30－40×302130×70×140×60＝200×18213×7×14×6＝5400637≈8.48<10.828. 因此，在犯错误的概率不超过0.001的前提下，不能认为对优惠活动好评与对车辆状况好评有关系．(2)把2张一元券分别记作A ，B ，其余3张券分别记作a ，b ，c ，则从5张骑行券中随机选取2张的所有情况有：{A ，a }，{A ，b }，{A ，c }，{B ，a }，{B ，b }，{B ，c }，{A ，B }，{a ，b }，{a ，c }，{b ，c }，共10种．记“选取的2张中至少有1张是一元券”为事件M ，则事件M 包含的基本事件个数为7， 所以P (M )＝710，所以该用户从这5张骑行券中随机选取2张转赠给好友，选取的2张中至少有1张是一元券的概率为710.18．已知△ABC ，角A ，B ，C 所对的边分别为a ，b ，c ，且a ＝42，点D 在线段AC 上，∠DBC ＝π4.(1)若△BCD 的面积为24，求CD 的长；(2)若C ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫0，π2，且c ＝122，tan A ＝13，求CD 的长．解 (1)由S △BCD ＝12·BD ·BC ·22＝24，解得BD ＝12.在△BCD 中，CD 2＝BC 2＋BD 2－2BC ·BD ·cos45°， 即CD 2＝32＋144－8×12，解得CD ＝4 5.(2)因为tan A ＝13，且A ∈(0，π)，可以求得sin A ＝1010，cos A ＝31010.由正弦定理，得asin A ＝c sin C ，即421010＝122sin C， 解得sin C ＝31010.因为C ∈⎝⎛⎭⎪⎫0，π2，故cos C ＝1010，故sin ∠BDC ＝sin ⎝⎛⎭⎪⎫C ＋π4＝255.在△BCD 中，由正弦定理可得CDsin ∠DBC＝BCsin ∠BDC，解得CD ＝2 5.19．(2019·广东天河区毕业综合测试二)如图，D 是AC 的中点，四边形BDEF 是菱形，平面BDEF ⊥平面ABC ，∠FBD ＝60°，AB ⊥BC ，AB ＝BC ＝ 2.(1)若点M 是线段BF 的中点，证明：BF ⊥平面AMC ； (2)求六面体ABCEF 的体积．解 (1)证明：如图，连接MD ，FD .∵四边形BDEF 为菱形，且∠FBD ＝60°，∴△DBF 为等边三角形． ∵M 为BF 的中点， ∴DM ⊥BF ，∵AB ⊥BC ，AB ＝BC ＝2，又D 是AC 的中点，∴BD ⊥AC .∵平面BDEF ∩平面ABC ＝BD ，平面ABC ⊥平面BDEF ，AC ⊂平面ABC ，∴AC ⊥平面BDEF . 又BF ⊂平面BDEF ，∴AC ⊥BF ，由DM ⊥BF ，AC ⊥BF ，DM ∩AC ＝D ，∴BF ⊥平面AMC .(2)∵S 菱形BDEF ＝2·12·BD ·BF ·sin60°＝32，又AC ⊥平面BDEF ，D 是AC 的中点，∴V 六面体ABCEF ＝2V 四棱锥C －BDEF ＝2×13S 菱形BDEF ·CD＝2×13×32×1＝33.∴六面体ABCEF 的体积为33. 20．(2019·湖南株洲二模)已知椭圆C ：x 2a 2＋y 2b 2＝1(a ＞b ＞0)的离心率为22，椭圆C 截直线y ＝1所得的线段的长度为2 2.(1)求椭圆C 的方程；(2)设直线l 与椭圆C 交于A ，B 两点，点D 是椭圆C 上的点，O 是坐标原点，若OA →＋OB →＝OD →，判定四边形OADB 的面积是否为定值？若为定值，求出定值；如果不是，请说明理由．解 (1)由⎩⎪⎨⎪⎧c a ＝22，2a 2＋1b 2＝1，a 2＝b 2＋c 2，解得a ＝2，b ＝c ＝2，所以椭圆C 的方程为x 24＋y 22＝1.(2)当直线l 的斜率不存在时，直线AB 的方程为x ＝－1或x ＝1，此时四边形OADB 的面积为 6.当直线l 的斜率存在时，设直线l 的方程是y ＝kx ＋m ，则⎩⎪⎨⎪⎧y ＝kx ＋m ，x 24＋y22＝1 ⇒(1＋2k 2)x2＋4kmx ＋2m 2－4＝0，Δ＝8(4k 2＋2－m 2)＞0，x 1＋x 2＝－4km 1＋2k 2，x 1x 2＝2m 2－41＋2k2，所以y 1＋y 2＝k (x 1＋x 2)＋2m ＝2m1＋2k2，|AB |＝x 1－x 22＋y 1－y 22＝x 1－x 22＋k2x 1－x 22＝1＋k 2·2 2 4k 2＋2－m21＋2k 2， 又点O 到直线AB 的距离是d ＝|m |1＋k2，由OA →＋OB →＝OD →，得x D ＝－4km 1＋2k 2，y D ＝2m 1＋2k 2. 因为点D 在曲线C 上，所以⎝ ⎛⎭⎪⎫－4km 1＋2k 224＋⎝ ⎛⎭⎪⎫2m 1＋2k 222＝1，整理得1＋2k 2＝2m 2，由题意知四边形OADB 为平行四边形，所以四边形OADB 的面积为 S OADB ＝|AB |d ＝1＋k 22 2 4k 2＋2－m 21＋2k 2×|m |1＋k2＝22|m |4k 2＋2－m21＋2k2. 由1＋2k 2＝2m 2得S OADB ＝6， 故四边形OADB 的面积是定值，其定值为 6. 21．(2019·河南洛阳第二次统一考试)已知函数f (x )＝12x 2－a ln x .(1)讨论函数f (x )的单调性；(2)若a ＞0，函数f (x )在区间(1，e)上恰有两个零点，求实数a 的取值范围． 解 (1)f (x )＝12x 2－a ln x 的定义域为(0，＋∞)，f ′(x )＝x －a x ＝x 2－ax.①当a ≤0时，f ′(x )＞0，所以f (x )在(0，＋∞)上单调递增； ②当a ＞0时，由f ′(x )＞0得x ＞a ，f ′(x )＜0得0＜x ＜a . 即f (x )在(0，a )上单调递减，在(a ，＋∞)上单调递增．综上，当a ≤0时，f (x )在(0，＋∞)上单调递增；当a ＞0时，f (x )在(0，a )上单调递减，在(a ，＋∞)上单调递增．(2)当a ＞0时，由(1)知f (x )在(0，a )上单调递减，在(a ，＋∞)上单调递增， ①若a ≤1，即0＜a ≤1时，f (x )在(1，e)上单调递增，f (1)＝12，f (x )在区间(1，e)上无零点．②若1＜a ＜e ，即1＜a ＜e 2时，f (x )在(1，a )上单调递减，在(a ，e)上单调递增，f (x )min ＝f (a )＝12a (1－ln a )．∵f (x )在区间(1，e)上恰有两个零点，∴⎩⎪⎨⎪⎧f 1＝12＞0，f a ＝12a 1－ln a ＜0，fe ＝12e 2－a ＞0，∴e ＜a ＜12e 2.③若a ≥e，即a ≥e 2时，f (x )在(1，e)上单调递减，且f (1)＝12＞0，f (e)＝12e 2－a ＜0，则f (x )在区间(1，e)上有一个零点．综上，f (x )在区间(1，e)上恰有两个零点时a 的取值范围是⎝ ⎛⎭⎪⎫e ，12e 2. 22．(2018·全国卷Ⅰ)在直角坐标系xOy 中，曲线C 1的方程为y ＝k |x |＋2.以坐标原点为极点，x 轴正半轴为极轴建立极坐标系，曲线C 2的极坐标方程为ρ2＋2ρcos θ－3＝0.(1)求C 2的直角坐标方程；(2)若C 1与C 2有且仅有三个公共点，求C 1的方程．解 (1)由x ＝ρcos θ，y ＝ρsin θ，得C 2的直角坐标方程为(x ＋1)2＋y 2＝4. (2)解法一：由(1)知C 2是圆心为A (－1,0)，半径为2的圆．由题设知，C 1是过点B (0,2)且关于y 轴对称的两条射线，曲线C 1的方程为y ＝⎩⎪⎨⎪⎧kx ＋2，x ≥0，－kx ＋2，x <0.记y 轴右边的射线为l 1，y 轴左边的射线为l 2.由于点B 在圆C 2的外面，故C 1与C 2有且仅有三个公共点等价于l 1与C 2只有一个公共点且l 2与C 2有两个公共点，或l 2与C 2只有一个公共点且l 1与C 2有两个公共点．当l 1与C 2只有一个公共点时，点A 到l 1所在直线的距离为2，所以|－k ＋2|k 2＋1＝2，故k ＝－43或k ＝0. 经检验，当k ＝0时，l 1与C 2没有公共点；当k ＝－43时，l 1与C 2只有一个公共点，l 2与C 2有两个公共点．当l 2与C 2只有一个公共点时，点A 到l 2所在直线的距离为2，所以|k ＋2|k 2＋1＝2，故k ＝0或k ＝43.经检验，当k ＝0时，l 1与C 2没有公共点；当k ＝43时，l 2与C 2没有公共点.综上，所求C 1的方程为y ＝－43|x |＋2.解法二：因为C 2：(x ＋1)2＋y 2＝4，所以C 2是以(－1，0)为圆心，2为半径的圆． 又因为C 1：y ＝k |x |＋2是关于y 轴对称的曲线，且C 1：y ＝⎩⎪⎨⎪⎧kx ＋2，x ≥0，－kx ＋2，x <0，显然，若k ＝0时，C 1与C 2相切，此时只有一个交点； 若k >0时，C 1与C 2无交点． 若C 1与C 2有且仅有三个公共点，则必须满足k <0且y ＝kx ＋2(x >0)与C 2相切，所以圆心到射线的距离为d ，则d ＝|2－k |1＋k2＝2，所以k ＝0或k ＝－43，因为k <0，所以k ＝－43，所以C 1：y ＝－43|x |＋2.23．(2019·全国卷Ⅰ)已知a ，b ，c 为正数，且满足abc ＝1. 证明：(1)1a ＋1b ＋1c≤a 2＋b 2＋c 2；(2)(a ＋b )3＋(b ＋c )3＋(c ＋a )3≥24.证明 (1)因为a 2＋b 2≥2ab ，b 2＋c 2≥2bc ，c 2＋a 2≥2ac ，又abc ＝1，故有a 2＋b 2＋c 2≥ab ＋bc ＋ca ＝ab ＋bc ＋ca abc ＝1a ＋1b ＋1c .当且仅当a ＝b ＝c ＝1时，等号成立．所以1a ＋1b ＋1c≤a 2＋b2＋c 2.(2)因为a ，b ，c 为正数且abc ＝1，故有(a ＋b )3＋(b ＋c )3＋(c ＋a )3≥33a ＋b3b ＋c3a ＋c3＝3(a ＋b )(b ＋c )(a ＋c )≥3×(2ab )×(2bc )×(2ac )＝24.当且仅当a ＝b ＝c ＝1时，等号成立． 所以(a ＋b )3＋(b ＋c )3＋(c ＋a )3≥24.解答题(六)17．已知在△ABC 中，内角A ，B ，C 所对的边分别为a ，b ，c ，且满足a ＋2a cos B ＝c . (1)求证：B ＝2A ；(2)若△ABC 为锐角三角形，且c ＝2，求a 的取值范围． 解 (1)证明：因为a ＋2a cos B ＝c ，由正弦定理知sin A ＋2sin A cos B ＝sin C ＝sin(A ＋B )＝sin A cos B ＋cos A sin B ，即sin A ＝cos A sin B －sin A cos B ＝sin(B －A )．因为A ，B ∈(0，π)，所以B －A ∈(－π，π)， 且A ＋(B －A )＝B ∈(0，π)，所以A ＋(B －A )≠π， 所以A ＝B －A ，B ＝2A .(2)由(1)知A ＝B 2，C ＝π－A －B ＝π－3B2.由△ABC 为锐角三角形得⎩⎪⎨⎪⎧0<B 2<π2，0<B <π2，0<π－3B 2<π2，得π3<B <π2. 由a ＋2a cos B ＝2，得a ＝21＋2cos B∈(1,2)．18．(2019·安徽江淮十校第三次联考)在三棱柱ABC －A 1B 1C 1中，D 为AB 的中点，点E 在侧棱CC 1上，DE ∥平面AB 1C 1.。
2020届高考数学大二轮复习刷题首选卷第二部分刷题型选填题(六)文
选填题(六)一、选择题1．复数z 的共轭复数为z －，且z (3＋i)＝10(i 是虚数单位)，则在复平面内，复数z －对应的点位于( )A ．第一象限B ．第二象限C ．第三象限D ．第四象限 答案 A解析 因为z (3＋i)＝10，所以z ＝103＋i ＝3－i ，所以z －＝3＋i ，其对应的点(3,1)位于第一象限．2．(2019·全国卷Ⅰ)已知集合U ＝{1,2,3,4,5,6,7}，A ＝{2,3,4,5}，B ＝{2,3,6,7}，则B ∩∁U A ＝( )A ．{1,6}B ．{1,7}C ．{6,7}D ．{1,6,7} 答案 C解析 ∵U ＝{1,2,3,4,5,6,7}，A ＝{2,3,4,5}， ∴∁U A ＝{1,6,7}．又B ＝{2,3,6,7}， ∴B ∩∁U A ＝{6,7}．故选C.3．(2019·青岛模拟)下列命题中正确的是( )A ．命题“∃x ∈R ，使得x 2＋x ＋1<0”的否定是“∀x ∈R ，均有x 2＋x ＋1<0” B ．若p 为真命题，q 为假命题，则(綈p )∨q 为真命题C ．为了了解高考前高三学生每天的学习时间情况，现要用系统抽样的方法从某班50名学生中抽取一个容量为10的样本，已知50名学生的编号为1,2,3，…，50，若8号被选出，则18号也会被选出D ．已知m ，n 是两条不同的直线，α，β是两个不同的平面，α∩β＝m ，则“n ⊂α，n ⊥m ”是“α⊥β”的充分条件答案 C解析 选项A ，需要先换量词，再否定结论，故命题“∃x ∈R ，使得x 2＋x ＋1<0”的否定为“∀x ∈R ，均有x 2＋x ＋1≥0”，错误；选项B ，∵綈p 为假命题，q 为假命题，∴(綈p )∨q 为假命题，错误；选项C ，根据系统抽样的特点，从50名学生中抽取10人，需间隔5人抽取1人，8＋2×5＝18,18号会被选出，C 正确；选项D ，根据线面垂直的判定定理可知，一条直线垂直于一个平面内的两条相交直线才能得出该直线与该平面垂直，故由n ⊥m 不能得到n ⊥β，进而不能得到α⊥β，错误．故选C.4．在如图所示的框图中，若输出S ＝360，那么判断框中应填入的关于k 的判断条件是( )A ．k >2?B ．k <2?C ．k >3?D ．k <3? 答案 D解析 运行程序得k ＝6，S ＝1，条件否， S ＝1×6，k ＝5，条件否， S ＝6×5，k ＝4，条件否， S ＝6×5×4，k ＝3，条件否，S ＝6×5×4×3＝360，k ＝2条件是，输出S ，所以判断条件是k <3？.5．已知两个单位向量a 和b 的夹角为60°，则向量a －b 在向量a 方向上的投影为( ) A ．－1 B ．1 C ．－12 D.12答案 D解析 a －b 在向量a 方向上的投影为a －b a|a |＝a 2－b ·a ＝1－|a ||b |·cos60°＝1－1×1×12＝12.6．某些首饰，如手镯，项链吊坠等都是椭圆形状，这种形状给人以美的享受，在数学中，我们把这种椭圆叫做“黄金椭圆”，其离心率e ＝5－12.设黄金椭圆的长半轴，短半轴，半焦距分别为a ，b ，c ，则a ，b ，c 满足的关系是( )A ．2b ＝a ＋cB ．b 2＝ac C ．a ＝b ＋c D ．2b ＝ac答案 B解析 ∵椭圆为黄金椭圆，e ＝c a ＝5－12，c ＝5－12a ， ∴b 2＝a 2－c 2＝a 2－⎝ ⎛⎭⎪⎫5－12a 2＝5－12a 2＝ac ， ∴b 2＝ac .7．已知S n 是数列{a n }的前n 项和，且数列{a n }满足1a 1＋2a 2＋22a 3＋…＋2n －1a n＝2n －1(n ∈N *)，则S 10＝( )A ．1023B ．1024C ．512D ．511 答案 C解析 因为1a 1＋2a 2＋22a 3＋…＋2n －1a n＝2n －1(n ∈N *)，所以1a 1＋2a 2＋22a 3＋…＋2n －2a n －1＝2n －3(n ≥2)，两式相减得2n －1a n＝2，a n ＝2n －2(n ≥2)，当n ＝1时，1a 1＝2×1－1，a 1＝1，所以a n ＝⎩⎪⎨⎪⎧1，n ＝1，2n －2，n ≥2，所以S 10＝1＋1＋2＋…＋28＝1＋－291－2＝512.8．由某棱柱和棱锥组成一个几何体，该几何体的三视图如图所示，则该几何体的表面积为( )A ．82＋12B ．10＋4 2C ．12＋4 2D ．12＋10 2 答案 A解析 该几何体的直观图如图所示，故表面积为82＋12，故选A.9．(2019·江西新八校第二次联考)读算法，完成该题：第一步，李同学拿出一个正方体；第二步，把正方体表面全涂上红色；第三步，将该正方体切割成27个全等的小正方体；第四步，将这些小正方体放到一个箱子里，搅拌均匀；第五步，从箱子里随机取一个小正方体．则取到的小正方体恰有三个面为红色的概率是( )A.627 B.827 C.1227 D.2427答案 B解析 所有的小正方体共有27个，其中，恰有三个面为红色的小正方体必然位于原来大正方体的8个顶点处，故取到的小正方体恰有三个面为红色的概率是827，故选B.10．已知双曲线y 2a 2－x 2b2＝1(a >0，b >0)与抛物线x 2＝417y 共焦点F ，过点F 作一条渐近线的垂线，垂足为M ，若三角形OMF 的面积为2，则双曲线的离心率为( )A. 3 B ．16 C.174或17 D ．4或43答案 C解析 ∵抛物线x 2＝417y 的焦点坐标为F (0，17)，又∵双曲线y 2a 2－x 2b2＝1(a >0，b >0)与抛物线x 2＝417y 共焦点，∴双曲线的半焦距c ＝17，∵三角形OMF 的面积为2，而OM ＝a ，FM ＝b ，∴2＝12·ab ，即ab ＝4，又∵a 2＋b 2＝c 2＝17，∴a ＝1或a ＝4，∴双曲线的离心率e ＝174或17，故选C.11．下列命题：①f (x )＝x －sin x 有3个零点；②f (x )＝x －tan x ⎝ ⎛⎭⎪⎫－π2<x <π2有3个零点；③f (x )＝|lg x |＋x －3有2个零点．其中，真命题的个数是( ) A ．0 B ．3 C ．2 D ．1答案 D解析 ①f ′(x )＝1－cos x ≥0，因此f (x )单调递增．最多只有一个零点，故①错误．②因为f ′(x )＝1－1cos 2x ，显然f ′(x )≤0，所以f (x )＝x －tan x 在⎝ ⎛⎭⎪⎫－π2，π2上单减，其最多有一个零点．故②错误．③画出y ＝|lg x |与y ＝－x ＋3的图象，由图象可知，交点为2个，故③正确．所以真命题的个数为1.12．某游乐园的摩天轮半径为40 m ，圆心O 距地面的高度为43 m ，摩天轮作匀速转动，每24分钟转一圈．摩天轮在转动的过程中，游客从摩天轮距地面最低点处登上吊舱，若忽略吊舱的高度，小明在小强登上吊舱4分钟后登上吊舱，则小明登上吊舱t 分钟后(0≤t ≤24)，小强和小明距地面的高度之差为( )A ．40cos ⎝ ⎛⎭⎪⎫πt 12＋π6B ．40sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫πt 12＋π6C ．40cos ⎝ ⎛⎭⎪⎫πt 12＋π3D ．40sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫πt 12＋π3答案 B解析 小明登上吊舱t 分钟后(0≤t ≤24)， 小明距地面的高度为43－40cos 2π24t ，小强距地面的高度为43－40cos ⎣⎢⎡⎦⎥⎤2π24t ＋， 小强和小明距地面的高度之差为－40cos ⎣⎢⎡⎦⎥⎤π12t ＋4＋40cos πt12＝40⎩⎨⎧⎭⎬⎫cos πt 12－cos ⎣⎢⎡⎦⎥⎤π12t ＋4＝40⎣⎢⎡⎦⎥⎤cos πt 12－⎝ ⎛⎭⎪⎫cos πt 12cos π3－sin πt 12sin π3＝40⎝ ⎛⎭⎪⎫cos πt 12cos π3＋sin πt 12sin π3＝40cos ⎝ ⎛⎭⎪⎫πt 12－π3＝40sin ⎝⎛⎭⎪⎫πt 12＋π6.故选B.二、填空题13．点P (x ，y )满足⎩⎪⎨⎪⎧2x ＋y ≥2，x －y －1≤0，x ＋2y ≤4，则x 2＋y 2的最小值为________．答案 45解析 作出不等式组表示的可行域如图中阴影部分所示，而x 2＋y 2＝OP 2，OP 的几何意义为原点到可行域内点的距离，P 为可行域内任一点．由图可知，OP 2的最小值为原点到直线2x ＋y ＝2的距离的平方，所以OP 2≥d 2＝⎝⎛⎭⎪⎫|－2|22＋12＝45，即x 2＋y 2的最小值为45.14．曲线y ＝ln xx在点(1,0)处的切线方程为________．答案 y ＝x －1 解析 因为y ′＝⎝ ⎛⎭⎪⎫ln x x ′＝xx －ln x ·x ′x 2＝1－ln xx 2，所以y ′| x ＝1＝1－ln 112＝1， 所以曲线y ＝ln xx在点(1,0)处的切线方程为y －0＝1·(x －1)，即y ＝x －1.15．把函数f (x )＝sin x (x >0)所有的零点按从小到大的顺序排列，构成数列{a n }，数列{b n }满足b n ＝3n·a n ，则数列{b n }的前n 项和T n ＝________.答案n －n ＋1＋34π解析 由题意得a 1＝π，a 2＝2π，…，a n ＝n π， 所以b n ＝n π·3n，T n ＝π·3＋2π·32＋…＋n π·3n ，3T n ＝π·32＋2π·33＋…＋n π·3n ＋1，上面两式相减得－2T n ＝π·3＋π·32＋…＋π·3n －n π·3n ＋1＝π(3＋32＋ (3))－n π·3n ＋1＝n ＋1－π2－n π·3n ＋1所以T n ＝n －n ＋1＋34π.16．在△ABC 中，a ，b ，c 是角A ，B ，C 所对的边长，若sin A ∶sin B ∶sin C ＝4∶5∶6，则2a cos Ac＝________.答案 1解析由正弦定理得sin A∶sin B∶sin C＝a∶b∶c＝4∶5∶6，设a＝4x，b＝5x，c＝6x，由余弦定理知cos A＝b2＋c2－a22bc＝25x2＋36x2－16x22×5x×6x＝34，∴2a cos Ac＝2sin A cos Asin C＝2×sin Asin C×cos A＝2×46×34＝1.。
2020届高考数学大二轮复习刷题首选卷第二部分刷题型压轴题(五)理
压轴题(五)12．(2019·河南濮阳二模)定义在R 上的函数f (x )的导函数为f ′(x )，若f (x )<0，且⎝ ⎛⎭⎪⎫12f x2+ f ′x >1，则( ) A ．f 2(3)<f 21eB ．f 21e <f 2(2) C ．f (3)<e 2·f (1) D ．f 2e<f (1)答案 B解析 因为⎝ ⎛⎭⎪⎫12f x2+ f ′x>1＝⎝ ⎛⎭⎪⎫120，所以f (x )＋2f ′(x )<0，构造函数g (x )＝e x·f 2(x )，则g ′(x )＝e x·f 2(x )＋2e x·f (x )·f ′(x )＝e x·f (x )·[f (x )＋2f ′(x )]>0，所以函数g (x )在R 上单调递增，所以g (2)>g (1)，即e 2·f 2(2)>e·f 2(1)，即e·f 2(2)>f 2(1)．故选B.16．(2019·山东青岛模拟)已知三棱锥A －BCD 中，AB ＝3，AD ＝1，BC ＝4，BD ＝22，当三棱锥A －BCD 的体积最大时，其外接球的体积为________．答案125π6解析 由已知，得AD 2＋BD 2＝AB 2， 所以AD ⊥BD ，且S △ABD ＝12×1×22＝2，又因为BC ＝4，所以当BC ⊥平面ABD 时， 三棱锥A －BCD 的体积最大．如图所示，三棱锥A －BCD 的外接球与长、宽、高分别为22，1,4的长方体的外接球一样．设此外接球的半径为R ， 则(2R )2＝12＋(22)2＋42＝25， 解得R ＝52，此外接球的体积V ＝43πR 3＝43π×⎝ ⎛⎭⎪⎫523＝125π6.20．已知抛物线C ：y ＝－x 2，点A ，B 在抛物线上，且横坐标分别为－12，32，抛物线C 上的点P 在A ，B 之间(不包括点A ，点B )，过点B 作直线AP 的垂线，垂足为Q .(1)求直线AP 斜率k 的取值范围； (2)求|PA |·|PQ |的最大值．解 (1)由题可知A ⎝ ⎛⎭⎪⎫－12，－14，B ⎝ ⎛⎭⎪⎫32，－94，设P (x P ，－x 2P )，－12<x P <32，所以k ＝－x 2P ＋14x P ＋12＝－x P ＋12∈(－1,1)，故直线AP 斜率k 的取值范围是(－1,1)． (2)直线AP ：y ＝kx ＋12k －14，直线BQ ：x ＋ky ＋94k －32＝0，联立直线AP ，BQ 方程可知点Q 的横坐标为 x Q ＝3－4k －k 22k 2＋2. |PQ |＝1＋k 2(x Q －x P )＝1＋k 2⎝ ⎛⎭⎪⎫3－4k －k 22k 2＋2＋k －12＝k －121＋k1＋k2，|PA |＝1＋k 2⎝ ⎛⎭⎪⎫x P ＋12＝1＋k 2(1－k )，所以|PA |·|PQ |＝(1－k )3(1＋k )， 令f (x )＝(1－x )3(1＋x )，－1<x <1，则f ′(x )＝(1－x )2(－2－4x )＝－2(1－x )2(2x ＋1)， 当－1<x <－12时，f ′(x )>0，当－12<x <1时，f ′(x )<0，故f (x )在⎝ ⎛⎭⎪⎫－1，－12上单调递增，在⎝ ⎛⎭⎪⎫－12，1上单调递减． 故f (x )max ＝f ⎝ ⎛⎭⎪⎫－12＝2716，即|PA |·|PQ |的最大值为2716.21．(2019·山西太原一模)已知函数f (x )＝ln x －ax 2＋(2－a )x ，a ∈R . (1)讨论函数f (x )的单调性；(2)当a <－12时，若对于任意x 1，x 2∈(1，＋∞)(x 1<x 2)，都存在x 0∈(x 1，x 2)，使得f ′(x 0)＝f x 2－f x 1x 2－x 1，证明：x 1＋x 22<x 0.解 (1)由题意，得f ′(x )＝1x－2ax ＋(2－a )＝－2x ＋1ax －1x，x >0.①当a ≤0时，f ′(x )>0在(0，＋∞)上恒成立， ∴f (x )在(0，＋∞)上单调递增． ②当a >0时，令f ′(x )>0，则0<x <1a；令f ′(x )<0，则x >1a，∴f (x )在⎝⎛⎭⎪⎫0，1a 上单调递增，在⎝ ⎛⎭⎪⎫1a ，＋∞上单调递减.(2)证明：当a <－12时，∵f x 2－f x 1x 2－x 1＝1x 2－x 1ln x 2x 1－a (x 2＋x 1)＋(2－a )，f ′(x 0)＝1x 0－2ax 0＋(2－a )， ∴1x 2－x 1ln x 2x 1－a (x 2＋x 1)＝1x 0－2ax 0， ∵f ′⎝ ⎛⎭⎪⎫x 1＋x 22－f ′(x 0)＝2x 2＋x 1－a (x 2＋x 1)－⎝ ⎛⎭⎪⎫1x 0－2ax 0 ＝2x 2＋x 1－1x 2－x 1ln x 2x 1＝1x 2－x 1·⎣⎢⎡⎦⎥⎤2x 2－x 1x 2＋x 1－ln x 2x 1＝1x 2－x 12⎝ ⎛⎭⎪⎫x 2x 1－1x 2x 1＋1－ln x 2x 1， 令t ＝x 2x 1，g (t )＝2t －1t ＋1－ln t ，t >1，则g ′(t )＝－t －12t t ＋12<0，∴g (t )<g (1)＝0，∴f ′⎝⎛⎭⎪⎫x 1＋x 22－f ′(x 0)<0，∴f ′⎝ ⎛⎭⎪⎫x 1＋x 22<f ′(x 0)，设h (x )＝f ′(x )＝1x－2ax ＋(2－a )，x >1， 则h ′(x )＝－1x2－2a >－1＋1＝0，∴h (x )＝f ′(x )在(1，＋∞)上单调递增， ∴x 1＋x 22<x 0.。
2020届高考数学大二轮复习刷题首选卷第二部分刷题型解答题(一)文
解答题(一)17．(2019·安徽皖南八校第三次联考)党的十九大明确把精准脱贫作为决胜全面建成小康社会必须打好的三大攻坚战之一．为坚决打赢脱贫攻坚战，某帮扶单位为帮助定点扶贫村脱贫，坚持扶贫同扶智相结合，此帮扶单位考察了甲、乙两种不同的农产品加工生产方式，现对两种生产方式的产品质量进行对比，其质量按测试指标可划分为：指标在区间[80,100]的为优等品；指标在区间[60,80)的为合格品，现分别从甲、乙两种不同加工方式生产的农产品中，各自随机抽取100件作为样本进行检测，测试指标结果的频数分布表如下：甲种生产方式：品，①求这5件产品中，优等品和合格品各有多少件；②再从这5件产品中，随机抽出2件，求这2件中恰有1件是优等品的概率；(2)所加工生产的农产品，若是优等品每件可售55元，若是合格品每件可售25元．甲种生产方式每生产一件产品的成本为15元，乙种生产方式每生产一件产品的成本为20元．用样本估计总体比较在甲、乙两种不同生产方式下，该扶贫单位应选择哪种生产方式来帮助该扶贫村脱贫？解(1)①由频数分布表知：甲的优等品率为0.6，合格品率为0.4，所以抽出的5件产品中，优等品有3件，合格品有2件．②记3件优等品分别为A，B，C,2件合格品分别为a，b，从中随机抽取2件，抽取方式有AB，AC，Aa，Ab，BC，Ba，Bb，Ca，Cb，ab共10种，设“这2件中恰有1件是优等品”为事件M，则事件M发生的情况有6种，所以P(M)＝610＝35.(2)根据样本知甲种生产方式生产100件农产品有60件优等品，40件合格品；乙种生产方式生产100件农产品有80件优等品，20件合格品．设甲种生产方式每生产100件所获得的利润为T1元，乙种生产方式每生产100件所获得的利润为T2元，可得T1＝60×(55－15)＋40×(25－15)＝2800(元)，T2＝80×(55－20)＋20×(25－20)＝2900(元)，由于T1＜T2，所以用样本估计总体知乙种生产方式生产的农产品所获得的利润较高，故该扶贫单位应选择乙种生产方式来帮助该扶贫村脱贫．18．已知等差数列{a n}的公差d>0，其前n项和为S n，且S5＝20，a3，a5，a8成等比数列．(1)求数列{a n }的通项公式； (2)令b n ＝1a n ·a n ＋1＋n ，求数列{b n }的前n 项和T n .解 (1)因为S 5＝a 1＋a 52＝20，所以a 1＋a 5＝8，所以a 3＝4，即a 1＋2d ＝4， ①因为a 3，a 5，a 8成等比数列，所以a 25＝a 3a 8， 所以(a 1＋4d )2＝(a 1＋2d )(a 1＋7d )，化简，得a 1＝2d ， ②联立①和②，得a 1＝2，d ＝1， 所以a n ＝n ＋1. (2)因为b n ＝1a n ·a n ＋1＋n ＝1n ＋n ＋＋n ＝⎝⎛⎭⎪⎫1n ＋1－1n ＋2＋n ，所以T n ＝⎣⎢⎡⎦⎥⎤⎝ ⎛⎭⎪⎫12－13＋1＋⎣⎢⎡⎦⎥⎤⎝ ⎛⎭⎪⎫13－14＋2＋⎣⎢⎡⎦⎥⎤⎝ ⎛⎭⎪⎫14－15＋3＋…＋⎣⎢⎡⎦⎥⎤⎝ ⎛⎭⎪⎫1n ＋1－1n ＋2＋n＝⎣⎢⎡⎦⎥⎤⎝ ⎛⎭⎪⎫12－13＋⎝ ⎛⎭⎪⎫13－14＋⎝ ⎛⎭⎪⎫14－15＋…＋⎝ ⎛⎭⎪⎫1n ＋1－1n ＋2＋(1＋2＋3＋…＋n )＝⎝ ⎛⎭⎪⎫12－1n ＋2＋n n ＋2＝n n ＋＋n n ＋2＝n 3＋3n 2＋3n n ＋.19．(2019·广东梅州总复习质检)如图，在矩形ABCD 中，AD ＝2AB ＝2，点E 是AD 的中点，将△DEC 沿CE 折起到△D ′EC 的位置，使二面角D ′－EC －B 是直二面角．(1)证明：BE ⊥CD ′；(2)求点E 到平面BCD ′的距离．解 (1)证明：∵AD ＝2AB ＝2，点E 是AD 的中点， ∴△BAE ，△CDE 是等腰直角三角形，∴∠BEC ＝90°，即BE ⊥EC .又∵平面D ′EC ⊥平面BEC ，平面D ′EC ∩平面BEC ＝EC ，BE ⊂平面BEC ，∴BE ⊥平面D ′EC ，∵CD ′⊂平面D ′EC ，∴BE ⊥CD ′. (2)由已知及(1)得，BE ⊥平面D ′EC ，BE ＝2， ∴V B －D ′EC ＝13BE ·S △D ′EC ＝13×2×12×1×1＝26.ED ′⊂平面D ′EC ，∴BE ⊥ED ′，ED ′＝1，∴BD ′＝ 3.在△BD ′C 中，BD ′＝3，CD ′＝1，BC ＝2.∴BC 2＝(BD ′)2＋(CD ′)2，∠BD ′C ＝90°. ∴S △BD ′C ＝12BD ′·CD ′＝32.设点E 到平面BCD ′的距离为d . 则V B －D ′EC ＝V E －BCD ′＝13d ·S △BCD ′，∴13×32d ＝26，得d ＝63. 所以点E 到平面BCD ′的距离为63. 20．(2019·安徽江淮十校第三次联考)已知函数f (x )＝x －11＋x ，g (x )＝(ln x )2－2a ln x＋13a . (1)讨论f (x )的单调性；(2)若存在x 1∈[0,1]，使得对任意的x 2∈[1，e 2]，f (x 1)≥g (x 2)成立，求实数a 的取值范围．解 (1)f ′(x )＝1＋1＋x2>0，又x ≠－1，故f (x )在(－∞，－1)为增函数，在()－1，＋∞也为增函数．(2)由(1)可知，当x ∈[0,1]时，f (x )为增函数，f (x )max ＝f (1)＝12，由题意可知g (x )＝(ln x )2－2a ln x ＋13a ≤12对任意的x ∈[0,2]恒成立．令t ＝ln x ，则当x ∈[1，e 2]时，t ∈[0,2]，令h (t )＝t 2－2at ＋13a －12，问题转化为h (t )≤0对任意的t ∈[0,2]恒成立，由抛物线h (t )的开口向上，知⎩⎪⎨⎪⎧h，h，即⎩⎪⎨⎪⎧13a －12≤0，4－4a ＋13a －12≤0，解得2122≤a ≤32.故实数a 的取值范围是⎣⎢⎡⎦⎥⎤2122，32.21．(2019·安徽蚌埠第三次质检)已知点E (－2,0)，F (2,0)，P (x ，y )是平面内一动点，P 可以与点E ，F 重合．当P 不与E ，F 重合时，直线PE 与PF 的斜率之积为－14.(1)求动点P 的轨迹方程；(2)一个矩形的四条边与动点P 的轨迹均相切，求该矩形面积的取值范围． 解 (1)当P 与点E ，F 不重合时，k PE ·k PF ＝－14，得y x ＋2·yx －2＝－14，即x 24＋y 2＝1(y ≠0)， 当P 与点E ，F 重合时，P (－2,0)或P (2,0)． 综上，动点P 的轨迹方程为x 24＋y 2＝1.(2)记矩形面积为S ，当矩形一边与坐标轴平行时，易知S ＝8.当矩形各边均不与坐标轴平行时，根据对称性，设其中一边所在直线方程为y ＝kx ＋m ，则其对边方程为y ＝kx －m ，另一边所在直线方程为y ＝－1k x ＋n ，则其对边方程为y ＝－1kx －n ，联立⎩⎪⎨⎪⎧x 2＋4y 2＝4，y ＝kx ＋m ，得(1＋4k 2)x 2＋8kmx ＋4(m 2－1)＝0，则Δ＝0， 即4k 2＋1＝m 2. 矩形的一边长为d 1＝|2m |k 2＋1，同理，4k 2＋1＝n 2， 矩形的另一边长为d 2＝|2n |1k2＋1， S ＝d 1·d 2＝|2m |k 2＋1·|2n |1k2＋1＝|4mnk |k 2＋1 ＝4k 2＋k 2＋k 2＋2＝44k 4＋17k 2＋4k 2＋2＝44＋9k 2k 2＋2＝44＋9k 2＋1k2＋2∈(8,10]． 综上，S ∈(8,10]．22．在直角坐标系xOy 中，直线l 的参数方程为⎩⎨⎧x ＝1＋t cos θ，y ＝3＋t sin θ(t 为参数)，θ∈[0，π)．以坐标原点为极点，以x 轴的正半轴为极轴，建立极坐标系，圆C 的极坐标方程为ρ＝8sin ⎝⎛⎭⎪⎫θ＋π6. (1)在直角坐标系xOy 中，求圆C 的圆心的直角坐标；(2)设点P (1，3)，若直线l 与圆C 交于A ，B 两点，求证：|PA |·|PB |为定值，并求出该定值．解 (1)圆C 的极坐标方程为ρ＝43sin θ＋4cos θ， 又ρ2＝x 2＋y 2，x ＝ρcos θ，y ＝ρsin θ， 则圆C ：x 2＋y 2－4x －43y ＝0， 圆心坐标为C (2，23)．(2)证明：将⎩⎨⎧x ＝1＋t cos θ，y ＝3＋t sin θ代入圆C ：x 2＋y 2－4x －43y ＝0，得t 2－(23sin θ＋2cos θ)t －12＝0，设点A ，B 所对应的参数分别为t 1，t 2，则t 1t 2＝－12， ∴|PA |·|PB |＝|t 1t 2|＝12.23．(2019·四川广安、眉山毕业班第一次诊断性考试)已知不等式|2x ＋1|＋|x －1|<3的解集为M .(1)求M ；(2)若m ，n ∈M ，求证：⎪⎪⎪⎪⎪⎪m －n mn －1<1.解 (1)当x <－12时，不等式即为－2x －1－x ＋1<3，解得－1<x <－12；当－12≤x ≤1时，不等式即为2x ＋1－x ＋1<3，解得－12≤x <1；当x >1时，不等式即为2x ＋1＋x －1<3，此时无解． 综上可知，不等式的解集M ＝{x |－1<x <1}．(2)证明：m ，n ∈(－1,1)，欲证⎪⎪⎪⎪⎪⎪m －n mn －1<1，需证|m －n |<|mn －1|，即证(m －n )2<(mn －1)2， 即m 2＋n 2－2mn <m 2n 2－2mn ＋1， 即证(m 2－1)(n 2－1)>0， 因为m ，n ∈(－1,1)，所以(m 2－1)(n 2－1)>0显然成立． 所以⎪⎪⎪⎪⎪⎪m －n mn －1<1成立．。
2020届高考数学大二轮复习刷题首选卷第二部分刷题型选填题一理
选填题(一)一、选择题2NMxxxMxxN ) ＝－4<，<2}6<0}＝{，则|( 1．(2019·全国卷Ⅰ)已知集合－＝{∩|－xxxx <－－4<B ．A ．{{|－4<2} <3} |xxxx <3}<2} {|2<DC ．{|－2<．C 答案2NMxxxxxNxx ∩2<2<，∴<3，即<3}＝{解析 由|－，得－6<0(－－3)(，解得－＋2)<0xx C. －2<<2}＝{．故选|2aaa 为已知i 是虚数单位，＋∈R ，则“i)＝1”是“(2．(2019·北京丰台综合练习二))( 纯虚数”的B ．必要而不充分条件A ．充分而不必要条件 D ．既不充分也不必要条件 C ．充分必要条件 A答案2222aaaaaa 为纯i)＋＝2i ，是纯虚数，当(＝＋i)i)－1＋2，当i 时，＝1(＋(解析 因为a A.虚数时，＝±1.故选llACABAAll ，直线，直线，直线⊥，点，∈α∥?∩⊥平面3．已知平面αβ，αβ＝mm ∥β，则下列四种位置关系中，不一定成立的是( α， ) ∥ABmACm ．∥ ⊥A ．B ACAB ⊥∥β β D ．C ．D 答案ACABmmmllmABAClmlm ，∥，又⊥解析 ∥α，∥β?∥⊥，又∥，∴，∴∥A ，正确；AClABABlABAC不D 正确；∥C ，?β，?β，∴∥β，正确；要使β⊥，α应在平面内，∴BD.一定成立，故选割补法在我国古代数学著作中称为“出入相补”，刘徽称之为4. (2019·河北唐山二模)“以盈补虚”，即以多余补不足，是数量的平均思想在几何上的体现，如图揭示了刘徽推导ABC )则该点落在标记“盈”的区域的概率为( 在△三角形面积公式的方法． 内任取一点，11B ． ．A 4511DC ． ． 23．B答案ha 11ahABC ，则该点落在标，又△的面积为解析 由题意，得“盈”部分的面积为××2222ha 1×× 2221B. ＝.故选记“盈”的区域的概率为41ah 2x sin xfx )的图象大致为( π≤ ≤5．(2019·山东聊城二模)函数π())＝(－x cos ＋2A 答案x πsin －????fxfxffx ＝；又)＝＝－)()，所以函数为奇函数，排除解析 因为((－C ??x 2cos2＋π2πsinsin 23ππ22π1331????????????fff A. ，即D ＝>0，排除；又故选<.＝＝，且> ??????3322322π3πcos2＋2＋cos 3222daaaaaa ) ( 的公差＋＝101， ＋等于＝11，则数列{6．等差数列{}为递增数列，若}nn 61015B ．2 A ．1D ．10 C ．9 A答案aaaa 11. ＋＋由等差数列的性质得＝＝解析 61015222aaaaaa ＋2，121，即＋121＝所以(＋)＝10101111022aaaa 10.＝101，所以又＝＋101101aa ，＝11＋??101a 又因为数列{}是递增数列，所以由?naa ，10＝??101aa －110daa ＝＝得＝1，10＝，公差1.1011－10ABCABCabcaB cos ，，．7(2019·广东湛江测试二)在△中，内角，且，所对的边分别为，cbAA＝( －)cos)，则cos2(4＝71B ． ．A 88．71D ．－ C ．－ 88C答案AcaBb .＝(4)cos 解析 ∵－cos ABCABAABBAACC ＝sincoscossin －sin ＝cos4cos ，即sincos ，∴∴sincos ＋＝4sinsin ACC ＜π＜，sin ，又∵04cos172CAAAA －1＝－.＝2cos1＝4cos 故选，即cosC.＝，则∴sincos2≠0.∴ 48ABCDABCD 的棱长为2－，已知正方体8．(2019·江西抚州临川一中考前模拟)如图1，1111MNQADBCCDQBMN 的正视图如图，2上的动点，当三棱锥，－，，所示时，三棱分别是线段1111锥俯视图的面积为( )3B．．1 A25D ．2C．2B答案DCQNMADB的中点，俯视图如图所示，处，解析由正视图可知，是在的中点，在11113111B.×1×2＝其面积为2×2－×2×1－×1×1－.故选22229．(2019·山西晋城三模)《九章算术》卷第七——盈不足中有如下问题：“今有垣高九尺，瓜生其上，蔓日长七寸，瓠生其下，蔓日长一尺，问几何日相逢．”翻译为“今有墙高9尺，瓜生在墙的上方，瓜蔓每天向下长7寸，葫芦生在墙的下方，葫芦蔓每天向上长1尺，问需要多少日两蔓相遇．”其中1尺＝10寸，为了解决这一问题，设计程序框图如下所示，k)( 的值为则输出的．7 B．8 ．A5DC．6 ．C答案SSkSk，－1.7＝5.6(运行)；解析运行该程序，3＝9－1.7＝7.3(运行)；2＝，＝＝7.3SkkS；1.7＝2.2－＝0.5(运行＝4，3.9＝－1.7＝2.2(运行)；)＝5，)＝5.6－1.7＝3.9(运行；kkS C. 6.)，结束，即输出的故选值为＝0.5－1.7＝－1.2(输出＝6，22yxEFF的左、分别是椭圆1，：＋．(2019·贵州贵阳102月适应性考试一)已知点＝21925PFlFPFFPEl的延长线的垂线，交的外角平分线，过点右焦点，为∠为作上一点，直线1221MFM)＝于|，则|( 18 10 B．A．4C．6 D．A答案PFMMPMPFFllFPFF|，可得||＝|为∠则的外角平分线，⊥|，|＝|由直线解析如图，|111222PFPMPF A.|＝|＋|||＋＝10.|故选2122Cxxfxx，下列结论正确－sin11．(2019·沈阳摸底)函数(的图象为)＝sin2)3(co－)( 的是xf；()的最小正周期为①πππ????xx????fxf－＋＝②对任意的，都有∈R0＋；????66π5π????xf，－上是增函数；在③() ??1212．πCyx.＝2sin2个单位长度可以得到图象的图象向右平移④由3B．③④ A．①②D．①②③④ C．①②③C答案π??22x??xfxxxxxfx－2的最小－sin＝)sin2，)－3(cos－3cos2(解析＝(2sin)＝sin2??3ππππ2????????xfTf－2×的图象关＝＝π，故①正确．(，即函数)正周期＝2sin＝2sin0＝0????6362πππ??????xx??????xfxf－＋，0∈＋0对称，即对任意，都有∈于点R成立，故②正确．③当＝??????666π5ππ5ππππ5ππ????????????????xxfx，－－－，，－，上是增函－)∈，所以(时，2，∈2在????????2612121212623ππ????x????yxy－＝2＝2sin2＝的图象向右平移2sin数，故③正确．④由个单位长度得到????332π??x??－2的图象，故④错误．故正确的结论是①②③.2sin选C.??31123gxxaxxaxxagx)极值的情况为( ，则)cos －12．设函数sin(()＝，若－)＋(>0－32ga(0)A．极小值是＝－ga(0)B．极大值是＝13gaaa－)＝－C．极大值是sin( 613gaaa－)D．极小值是＝－(sin6答案 Dgxxaxxxxxax∈(>01－cos)(－sin，则当)，(≥0，若－解析∵sin′()＝(－－)′＝xaxxgxgxxaxax，－)，时，(<0)∞，0)时，单调递增；当－∈<0，－sin(0<0，∴，′()>0xgxgxxaxaxxgx)>0，，>0，∴)<0，(－)单调递减；当(∈sin，＋∞)时，′(－－sin>0，∴′(>0gxxgxgaxagx)；当取到＝0时，＝()取到极大值，极大值是((0)＝－()单调递增．∴当时，13gaaa，故选sin＝－D.极小值，极小值是－()6二、填空题2πabab|＝21，|)13．(2019·湖北黄冈中学模拟已知平面向量，，的夹角为，且||＝3abab)，则λ＝(λ若(＋)⊥－2________.3答案．2πab的夹角为，，解析因为平面向量32222bbaaba，＝1，＝＝|，|＝1|||＝2，所以4＝|||且2πabababab)，( (λ－·|＝＋||2|cos)⊥＝－1.又因为322ababaabb＝λ－(1－2λ)－8＝＋(1－2λ)0.·解得－所以(λ＋2)·(λ－2＝)＝λ3.ππ????2xx????xx－2－等于sin________∈(0，π)，且cos，则tan． 14．已知＝????421答案3π??22x??xxx－2，＝解析由cos＝sinsin得sin2??2xx＝2tan， (0，π)∵，∴∈xπ－1tan1??x??－＝.＝∴tan??x43tan1＋1??8x??－2的展开式中的常数项为________．15．(2019·天津高考) 3x??8答案28111??????()rrrrrrr x－88－848－x??????2xT－－－2.2·的通项为C解析＝·＝C r33818＋xx??????8881??622??Trr－＝22，∴常数项为28. ＝令8－4，得＝0C＝83??8xx≤0，1，＋?1???x??xfxfxf－的(>1)则满足16．(2017·全国卷Ⅲ)设函数(＋)＝的???2x x，，20＞??取值范围是________．1????，＋∞－答案??411xxx＞三段讨论．，由题意知，可对不等式分≤0,0＜≤解析221xxx＋＞11＋，当≤0时，原不等式为＋211xx≤0. ＞－，∴－＜解得4411x xx＋＞12＋，显然成立．当0＜≤时，原不等式为2211x xx－＞122当＞时，原不等式为＋，显然成立．22．1????x，＋∞－. 的取值范围是综上可知，??4。
2020届高考数学大二轮复习刷题首选 题型选填题 共八套 文
选填题(一)一、选择题1．已知集合A ＝{y |y ＝2x－1，x ∈R }，B ＝{x |x 2－x －2<0}，则( ) A ．－1∈A B.3∉B C ．A ∩(∁R B )＝A D ．A ∪B ＝A答案 D解析 因为A ＝{y |y >－1}，B ＝{x |－1<x <2}，所以B ⊆A ，所以A ∪B ＝A ，又－1∉A ，3∈B ，A ∩(∁R B )＝[2，＋∞)，故选D.2．设复数z 1，z 2在复平面内对应的点关于实轴对称，且z 1＝1＋i ，则z 1z 2－i＝( )A ．1＋iB ．－15＋35iC ．－13＋iD.12－i 2答案 B解析 由题知z 2＝1－i ，z 1z 2－i ＝1＋i 1－2i ＝1＋i 1＋2i 1－2i1＋2i ＝－1＋3i5.3．(2019·厦门模拟)《九章算术》中有如下问题：“今有勾五步，股一十二步，问勾中容圆，径几何？”其大意：“已知直角三角形两直角边分别为5步和12步，问其内切圆的直径为多少步？”现若向此三角形内随机投一粒豆子，则豆子落在其内切圆外的概率是( )A.2π15 B.3π20 C ．1－2π15 D ．1－3π20答案 C解析 设此三角形内切圆半径为r ，由题意得r ＝12×(5＋12－13)＝2，所以豆子落在其内切圆外的概率是P ＝1－π×2212×5×12＝1－2π15.4．上海浦东新区2008年生产总值约3151亿元人民币，如果从此浦东新区生产总值的年增长率为10.5%，求浦东新区最早哪一年的生产总值超过8000亿元人民币？某同学为解答这个问题设计了一个程序框图，如图，但不慎将此框图的一个处理框中的内容污损而看不到了，则此框图中因被污损而看不到的内容的数学运算式应是( )A ．a ＝a ＋bB ．a ＝a ×bC ．a ＝(a ＋b )nD ．a ＝a ×b n答案 B解析 由题意a ×b 为2009＝2008＋1＝n ＋1年生产总值，a ×b ×b 为2010＝n ＋1＋1年生产总值，……所以处理框内应填a ＝a ×b .5．(2019·全国卷Ⅱ)设α，β为两个平面，则α∥β的充要条件是( ) A ．α内有无数条直线与β平行 B ．α内有两条相交直线与β平行 C ．α，β平行于同一条直线 D ．α，β垂直于同一平面 答案 B解析 若α∥β，则α内有无数条直线与β平行，反之不成立；若α，β平行于同一条直线，则α与β可以平行也可以相交；若α，β垂直于同一平面，则α与β可以平行也可以相交，故A ，C ，D 均不是充要条件．根据平面与平面平行的判定定理知，若一个平面内有两条相交直线与另一个平面平行，则两平面平行，反之也成立．因此B 中条件是α∥β的充要条件．故选B.6．等差数列{a n }为递增数列，若a 21＋a 210＝101，a 5＋a 6＝11，则数列{a n }的公差d 等于( ) A ．1 B ．2 C ．9 D ．10 答案 A解析 由等差数列的性质得a 1＋a 10＝a 5＋a 6＝11.所以(a 1＋a 10)2＝121，即a 21＋2a 1a 10＋a 210＝121，又a 21＋a 210＝101，所以a 1a 10＝10. 又因为数列{a n }是递增数列，所以由⎩⎪⎨⎪⎧a 1＋a 10＝11，a 1a 10＝10，得a 1＝1，a 10＝10，公差d ＝a 10－a 110－1＝1.7．一个长方体被一平面截去一部分后，所剩几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积为( )A ．36B ．48C ．64D ．72 答案 B解析 由几何体的三视图可得几何体如图所示，将几何体分割为两个三棱柱，所以该几何体的体积为12×3×4×4＋12×3×4×4＝48，故选B.8．(2019·枣庄模拟)函数f (x )＝sin xlnx ＋2的图象可能是( )答案 A解析 因为f (0)＝sin0ln 2＝0，所以排除B ，D.因为f (1)＝sin1ln 3>0，所以排除C ，故选A.9．已知a >0，x ，y 满足约束条约⎩⎪⎨⎪⎧x ≥1，x ＋y ≤3，y ≥a x －3，若z ＝2x ＋y 的最小值为1，则a＝( )A.14B.12 C ．1 D ．2 答案 B解析 由已知约束条件，作出可行域，如图中△ABC 内部及边界部分，由目标函数z ＝2x ＋y 的几何意义为直线l ：y ＝－2x ＋z 在y 轴上的截距，知当直线l 过可行域内的点B (1，－2a )时，目标函数z ＝2x ＋y 的最小值为1，则2－2a ＝1，a ＝12.10．已知π为圆周率，e ＝2.71828…为自然对数的底数，则( ) A ．πe<3eB ．πlog 3e>3log πeC ．3e －2π<3πe －2D ．log πe>log 3e答案 B解析 对于A ，∵函数y ＝x e是(0，＋∞)上的增函数，且π>3，∴πe>3e，错误；对于B ，πlog 3e>3log πe ⇔πln 3>3ln π⇔πln π>3ln 3⇔ππ>33，正确；对于C,3e －2π<3πe －2⇔3e －3<πe－3，而函数y ＝xe －3是(0，＋∞)上的减函数，错误；对于D ，log πe>log 3e ⇔1ln π>1ln 3⇔ln π<ln3，而函数y ＝ln x 是(0，＋∞)上的增函数，错误．综上，选B.11. 如图，已知双曲线E ：x 2a 2－y 2b2＝1(a >0，b >0)，长方形ABCD 的顶点A ，B 分别为双曲线E 的左、右焦点，且点C ，D 在双曲线E 上，若|AB |＝6，|BC |＝52，则双曲线E 的离心率为( )A. 2B.32C.52 D. 5答案 B解析 根据|AB |＝6可知c ＝3，又|BC |＝52，所以b 2a ＝52，b 2＝52a ，c 2＝a 2＋52a ＝9，得a ＝2，a ＝－92(舍去)，所以e ＝c a ＝32.12．设函数g (x )＝13x 3－12ax 2＋(x －a )cos x －sin x ，若a >0，则g (x )极值的情况为( )A ．极小值是g (0)＝－aB ．极大值是g (0)＝aC ．极大值是g (a )＝－16a 3－sin aD ．极小值是g (a )＝－16a 3－sin a答案 D解析 ∵g ′(x )＝(x －a )(x －sin x )，(x －sin x )′＝1－cos x ≥0，若a >0，则当x ∈(－∞，0)时，x －a <0，x －sin x <0，∴g ′(x )>0，g (x )单调递增；当x ∈(0，a )时，x －a <0，x －sin x >0，∴g ′(x )<0，g (x )单调递减；当x ∈(a ，＋∞)时，x －a >0，x －sin x >0，∴g ′(x )>0，g (x )单调递增．∴当x ＝0时，g (x )取到极大值，极大值是g (0)＝－a ；当x ＝a 时，g (x )取到极小值，极小值是g (a )＝－16a 3－sin a ，故选D.二、填空题13．已知平面向量a ，b 的夹角为2π3，且|a |＝1，|b |＝2，若(λa ＋b )⊥(a －2b )，则λ＝________.答案 3解析 因为平面向量a ，b 的夹角为2π3，且|a |＝1，|b |＝2，所以a 2＝|a |2＝1，b 2＝|b |2＝4，a ·b ＝|a ||b |cos2π3＝－1. 又因为(λa ＋b )⊥(a －2b )，所以(λa ＋b )·(a －2b )＝λa 2＋(1－2λ)a ·b －2b 2＝λ－(1－2λ)－8＝0. 解得λ＝3.14．(2019·安徽黄山第三次质量检测)(1＋tan20°)(1＋tan25°)＝________.答案 2解析 因为(1＋tan20°)(1＋tan25°)＝1＋tan25°＋tan20°＋tan20°tan25°，又tan45°＝tan25°＋tan20°1－tan20°tan25°＝1，所以tan25°＋tan20°＝1－tan20°tan25°，所以(1＋tan20°)(1＋tan25°)＝1＋tan25°＋tan20°＋tan20°tan25°＝2.15．(2019·天津和平区第三次质量调查)某校高一年级开设了丰富多彩的校本课程，现从甲、乙两个班随机抽取了5名学生的校本课程学分，统计如下表：用s 21，s 22s 22＝________，并由此可判断成绩更稳定的班级是________班．答案 62 甲解析 根据表中数据，计算甲班的平均数为x －1＝15×(8＋11＋14＋15＋22)＝14，乙班的平均数为x －2＝15×(6＋7＋10＋23＋24)＝14，甲班的方差为s 21＝15×[(8－14)2＋(11－14)2＋(14－14)2＋(15－14)2＋(22－14)2]＝22，乙班的方差为s 22＝15×[(6－14)2＋(7－14)2＋(10－14)2＋(23－14)2＋(24－14)2]＝62，∴s 21＜s 22，由此可判断成绩更稳定的班级是甲班．16．(2017·全国卷Ⅲ)设函数f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧x ＋1，x ≤0，2x，x ＞0，则满足f (x )＋f ⎝ ⎛⎭⎪⎫x －12>1的x 的取值范围是________．答案 ⎝ ⎛⎭⎪⎫－14，＋∞ 解析 由题意知，可对不等式分x ≤0,0＜x ≤12，x ＞12三段讨论．当x ≤0时，原不等式为x ＋1＋x ＋12＞1，解得x ＞－14，∴－14＜x ≤0.当0＜x ≤12时，原不等式为2x＋x ＋12＞1，显然成立．当x ＞12时，原不等式为2x ＋2x －12＞1，显然成立． 综上可知，x 的取值范围是⎝ ⎛⎭⎪⎫－14，＋∞.选填题(二)一、选择题 1．若z ＝4＋3i ，则z－|z |＝( ) A ．1 B ．－1 C.45＋35i D.45－35i 答案 D解析 因为z ＝4＋3i ，所以z －＝4－3i ，|z |＝42＋32＝5，所以z －|z |＝4－3i 5＝45－35i. 2．设集合A ＝{x |x >1}，集合B ＝{a ＋2}，若A ∩B ＝∅，则实数a 的取值范围是( ) A ．(－∞，－1] B ．(－∞，－1) C ．[－1，＋∞) D．[1，＋∞) 答案 A解析 由A ∩B ＝∅可知a ＋2≤1，所以a ≤－1.3．已知α是第二象限角，sin(π＋α)＝－13，则tan ⎝ ⎛⎭⎪⎫π2－α的值为( )A ．2 2B ．－2 2 C.24D ．±2 2 答案 B解析 因为sin(π＋α)＝－sin α＝－13，所以sin α＝13，又因为α是第二象限角，所以cos α＝－1－sin 2α＝－223，所以tan ⎝ ⎛⎭⎪⎫π2－α＝sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫π2－αcos ⎝ ⎛⎭⎪⎫π2－α＝cos αsin α＝－22313＝－2 2.4．双曲线x 2a 2－y 2b2＝1(a >0，b >0)的一条渐近线与直线x ＋2y －1＝0垂直，则双曲线的离心率为( )A.52 B. 5 C.3＋12D.3＋1 答案 B解析 由已知得b a ＝2，所以e ＝ca ＝a 2＋b 2a 2＝ 5a2a 2＝5，故选B.5．(2019·烟台高三诊断检测)定义在R 上的奇函数f (x )满足f (x ＋2)＝f (x )，当x ∈(－1,0)时，f (x )＝e －x，则f ⎝ ⎛⎭⎪⎫92＝( )A. e B ．－ e C.1e D ．－1e答案 B解析 由已知得f ⎝ ⎛⎭⎪⎫92＝f ⎝ ⎛⎭⎪⎫4＋12＝f ⎝ ⎛⎭⎪⎫12＝－f ⎝ ⎛⎭⎪⎫－12＝－e12 ＝－ e.6．执行如图所示的程序框图，如果输出的n ＝2，那么输入的a 的值可以为( )A ．4B ．5C ．6D ．7 答案 D解析 执行程序框图，输入a ，P ＝0，Q ＝1，n ＝0，此时P ≤Q 成立，P ＝1，Q ＝3，n ＝1，此时P ≤Q 成立，P ＝1＋a ，Q ＝7，n ＝2.因为输出的n 的值为2，所以应该退出循环，即P >Q ，所以1＋a >7，结合选项，可知a 的值可以为7，故选D.7．(2019·全国卷Ⅰ)函数f (x )＝sin x ＋xcos x ＋x2在[－π，π]的图象大致为( )答案 D解析 因为f (－x )＝sin －x －xcos －x ＋－x 2＝－sin x ＋x cos x ＋x2＝－f (x )，所以f (x )为奇函数，排除选项A. 又f ⎝ ⎛⎭⎪⎫π2＝1＋π2⎝ ⎛⎭⎪⎫π22＝4＋2ππ2>1，f (π)＝sinπ＋πcosπ＋π2＝π－1＋π2>0，排除选项B ，C.故选D.8．如图，网格纸上小正方形的边长为1，粗线画出的是某几何体的三视图，则该几何体的体积为( )A.16π3 B.11π2 C.17π3 D.35π6答案 A解析 该几何体可以看成是在一个半球上叠加一个14圆锥，然后在半球里挖掉一个相同的14圆锥，所以该几何体的体积和半球的体积相等．由图可知，球的半径为2，则V ＝23πr 3＝16π3.故选A.9．2018年1月31日晚上月全食的过程分为初亏、食既、食甚、生光、复圆五个阶段，月食的初亏发生在19时48分，20时51分食既，食甚时刻为21时31分，22时08分生光，直至23时12分复圆．全食伴随有蓝月亮和红月亮，全食阶段的“红月亮”将在食甚时刻开始，生光时刻结束．一市民准备在19：55至21：56之间的某个时刻欣赏月全食，则他等待“红月亮”的时间不超过30分钟的概率是( )A.411 B.712 C.511 D.1112答案 C解析 如图，时间轴点所示，概率为P ＝55121＝511.10．(2019·湖北八校联考)已知实数x ，y 满足⎩⎪⎨⎪⎧x ＋2y ≥0，x －y ≤0，0≤y ≤k ，且z ＝x ＋y 的最大值为6，则(x ＋5)2＋y 2的最小值为( ) A ．5 B ．3 C. 5 D. 3 答案 A解析 作出不等式组⎩⎪⎨⎪⎧x ＋2y ≥0，x －y ≤0，0≤y ≤k ，表示的平面区域如图中阴影部分所示，由z ＝x ＋y ，得y ＝－x ＋z ，平移直线y ＝－x ，由图形可知当直线y ＝－x ＋z 经过点A时，直线y ＝－x ＋z 的纵截距最大，此时z 最大，最大值为6，即x ＋y ＝6.由⎩⎪⎨⎪⎧x ＋y ＝6，x －y ＝0，得A (3,3)，∵直线y ＝k 过点A ，∴k ＝3.(x ＋5)2＋y 2的几何意义是可行域内的点与点D (－5，0)的距离的平方，数形结合可知，点D (－5，0)到直线x ＋2y ＝0的距离最小，可得(x ＋5)2＋y 2的最小值为⎝⎛⎭⎪⎫|－5＋2×0|12＋222＝5. 11. 如图，抛物线W ：y 2＝4x 与圆C ：(x －1)2＋y 2＝25交于A ，B 两点，点P 为劣弧AB 上不同于A ，B 的一个动点，与x 轴平行的直线PQ 交抛物线W 于点Q ，则△PQC 的周长的取值范围是( )A ．(10,12)B ．(12,14)C ．(10,14)D ．(9,11) 答案 A解析 解法一：由题意得，抛物线W 的准线l ：x ＝－1，焦点为C (1,0)，由抛物线的定义可得|QC |＝x Q ＋1，圆(x －1)2＋y 2＝25的圆心为(1,0)，半径为5，故△PQC 的周长为|QC |＋|PQ |＋|PC |＝x Q ＋1＋(x P －x Q )＋5＝6＋x P .联立，得⎩⎪⎨⎪⎧y 2＝4x ，x －12＋y 2＝25，得A (4,4)，则x P∈(4,6)，故6＋x P ∈(10,12)，故△PQC 的周长的取值范围是(10,12)．故选A.解法二：平移直线PQ ，当点A 在直线PQ 上时，属于临界状态，此时结合|CA |＝5可知△PQC 的周长趋于2×5＝10；当直线PQ 与x 轴重合时，属于临界状态，此时结合圆心坐标(1,0)及圆的半径为5可知△PQC 的周长趋于2×(1＋5)＝12.综上，△PQC 的周长的取值范围是(10,12)．故选A.12．如图所示，在直角梯形ABCD 中，AB ∥CD ，AB ⊥BC ，AB ＝2，CD ＝1，BC ＝a (a >0)，P 为线段AD (含端点)上一个动点，设AP →＝xAD →，PB →·PC →＝y ，对于函数y ＝f (x )，给出以下三个结论：①当a ＝2时，函数f (x )的值域为[1,4]； ②对任意的a ∈(0，＋∞)，都有f (1)＝1成立； ③对任意的a ∈(0，＋∞)，函数f (x )的最大值都等于4. 其中所有正确结论的序号是( ) A ．①② B ．②③ C ．①③ D ．①②③ 答案 B解析 建立如图所示的平面直角坐标系，则B (0,0)，A (－2，0)，C (0，a )，D (－1，a )，AD →＝(1，a )，因为AP →＝xAD →，故点P 的坐标为(x －2，xa )，PB →＝(2－x ，－xa )，PC →＝(2－x ，a －ax )，所以y ＝f (x )＝PB →·PC →＝(2－x )2－xa (a －xa )＝(1＋a 2)x 2－(4＋a 2)x ＋4(0≤x ≤1)，对于①，当a ＝2时，函数f (x )＝5x 2－8x＋4的值域为⎣⎢⎡⎦⎥⎤45，4，故错误；对于②，对任意的a ∈(0，＋∞)，f (1)＝1＋a 2－(4＋a 2)＋4＝1，故正确；对于③，对任意的a ∈(0，＋∞)，函数f (x )＝(1＋a 2)x 2－(4＋a 2)x ＋4为二次函数，其图象开口向上，所以f (x )的最大值在端点处取得，又f (0)＝4>f (1)＝1，所以函数f (x )的最大值为4，故正确．故选B.二、填空题13．下表是降耗技术改造后生产甲产品过程中记录的产量x (吨)与相应的生产能耗y (吨标准煤)的几组对应数据，根据表中提供的数据，求出y 关于x 的线性回归方程为y ^＝0.7x ＋0.35，则表中m 的值为________．答案 3解析 由题意，得x －＝3＋4＋5＋64＝4.5，y －＝2.5＋m ＋4＋4.54＝11＋m4，所以11＋m4＝0.7×4.5＋0.35，解得m ＝3.14．一名法官在审理一起珍宝盗窃案时，四名嫌疑人甲、乙、丙、丁的供词如下，甲说：“罪犯在乙、丙、丁三人之中”；乙说：“我没有作案，是丙偷的”；丙说：“甲、乙两人中有一人是小偷”；丁说：“乙说的是事实”．经过调查核实，四人中有两人说的是真话，另外两人说的是假话，且这四人中只有一人是罪犯，由此可判断罪犯是________．答案 乙解析 由题可知，乙、丁两人的观点一致，即同真同假，假设乙、丁说的是真话，那么甲、丙两人说的是假话，由乙说的是真话，推出丙是罪犯，由甲说假话，推出乙、丙、丁三人不是罪犯，显然两个结论相互矛盾，所以乙、丁两人说的是假话，而甲、丙两人说的是真话，由甲、丙供述可得，乙是罪犯．15．在△ABC 中，角A ，B ，C 所对的边分别为a ，b ，c ，若a 2－b 2＝3bc ，且sin C ＝23sin B ，则角A 的大小为________．答案π6解析 由sin C ＝23sin B 得c ＝23b .则a 2－b 2＝3bc ＝3×23b 2.即a 2＝7b 2.则cos A ＝b 2＋c 2－a 22bc ＝b 2＋12b 2－7b 243b2＝32. 又A ∈(0，π)，∴A ＝π6.16．(2019·宁夏模拟)已知函数f (x )＝(x －m )2＋(ln x －2m )2，当f (x )取最小值时，则m ＝________.答案110－25ln 2 解析 (x －m )2＋(ln x －2m )2可转化为点A (x ，ln x )与B (m,2m )之间距离的平方，点A在函数y ＝ln x 的图象上，点B (m,2m )在直线y ＝2x 上，所以原问题转化为函数y ＝ln x 的图象上任意一点与直线y ＝2x 上任意一点距离最小问题，设直线y ＝2x ＋t 与y ＝ln x 相切于点P (x 0，y 0)，因为y ′＝(ln x )′＝1x ，所以1x 0＝2，故P ⎝ ⎛⎭⎪⎫12，－ln 2，解方程组⎩⎪⎨⎪⎧y ＝2x ，y ＋ln 2＝－12⎝ ⎛⎭⎪⎫x －12，得x ＝110－25ln 2，即为所求的m 值．选填题(三)一、选择题1．设i 为虚数单位，复数z ＝1－i3－i 的虚部是( )A.15 B ．－15 C ．1 D ．－1 答案 B解析 z ＝1－i 3－i ＝1－i 3＋i 3－i3＋i ＝25－15i ，所以复数z 的虚部为－15，选B. 2．已知集合A ＝{x |y ＝ln x }，B ＝{x |y ＝2－x }，则A ∩B ＝( ) A ．{x |0<x ≤2} B．{x |0≤x <2} C ．{x |1≤x <2} D ．{x |1<x ≤2} 答案 A解析 ∵A ＝{x |x >0}，B ＝{x |x ≤2}， ∴A ∩B ＝{x |0<x ≤2}．3．(2019·山东日照5月校际联考)在平面直角坐标系xOy 中，P ⎝ ⎛⎭⎪⎫12，32是角α终边上的一点，则sin2α＝( )A.12B.32 C ．－12 D ．－32 答案 B解析 设r 为点P 到坐标原点的距离，由三角函数定义得sin α＝yr ＝32，cos α＝x r ＝12，所以sin2α＝2sin αcos α＝32，故选B. 4．(2019·全国卷Ⅱ)2019年1月3日嫦娥四号探测器成功实现人类历史上首次月球背面软着陆，我国航天事业取得又一重大成就．实现月球背面软着陆需要解决的一个关键技术问题是地面与探测器的通信联系．为解决这个问题，发射了嫦娥四号中继星“鹊桥”，鹊桥沿着围绕地月拉格朗日L 2点的轨道运行．L 2点是平衡点，位于地月连线的延长线上．设地球质量为M 1，月球质量为M 2，地月距离为R ，L 2点到月球的距离为r ，根据牛顿运动定律和万有引力定律，r 满足方程：M 1R ＋r2＋M 2r 2＝(R ＋r )·M 1R 3.设α＝r R.由于α的值很小，因此在近似计算中3α3＋3α4＋α51＋α2≈3α3，则r 的近似值为( ) A.M 2M 1R B. M 22M 1R C. 33M 2M 1R D. 3M 23M 1R 答案 D解析 由α＝r R 得r ＝αR ，代入M 1R ＋r 2＋M 2r 2＝(R ＋r )·M 1R 3，整理得3α3＋3α4＋α51＋α2＝M 2M 1.又∵3α3＋3α4＋α51＋α2≈3α3，∴3α3≈M 2M 1，∴α≈ 3M 23M 1，∴r ＝αR ≈ 3M 23M 1R .故选D. 5. 执行如图所示的程序框图，则输出的n 为( )A ．9B ．11C ．13D ．15答案 C解析 由程序框图可知，S 是对1n 进行累乘，直到S <12017时停止运算，即当S ＝1×13×15×17×19×111<12017时循环终止，此时输出的n ＝13，故选C.6．某班从3名男生和2名女生中任意抽取2名学生参加活动，则抽到2名学生性别相同的概率是( )A.35B.25C.310D.12 答案 B解析 记3名男生为1,2,3,2名女生为a ，b ，从这5人中任取2人，有以下情况：{1,2}，{1,3}，{1，a }，{1，b }，{2,3}，{2，a }，{2，b }，{3，a }，{3，b }，{a ，b }，共10种等可能的情况．其中性别相同的有4种，故所求概率P ＝410＝25. 7．设直线l 过双曲线C 的一个焦点，且与C 的一条对称轴垂直，l 与C 交于A ，B 两点，|AB |为C 的实轴长的2倍，则C 的离心率为( )A. 3B. 2 C ．2 D. 5 答案 A解析 设双曲线C 的标准方程为x 2a 2－y 2b2＝1(a >0，b >0)，由于直线l 过双曲线的焦点且与对称轴垂直，且l 与C 交于A ，B 两点，|AB |为C 的实轴长的2倍，因此直线l 的方程为x ＝c或x ＝－c ，代入x 2a 2－y 2b 2＝1中得y 2＝b 2⎝ ⎛⎭⎪⎫c 2a 2－1＝b 4a2，∴y ＝±b 2a ，故|AB |＝2b 2a ， 依题意2b 2a ＝4a ，∴b 2a 2＝2，∴c 2－a 2a2＝e 2－1＝2，∴e ＝3，选A.8．某几何体的三视图如图所示，且该几何体的体积是3，则正视图中的x 的值是( )A.32B.92 C ．1 D ．3 答案 D解析 该几何体是四棱锥，其直观图如图所示，由题意得V 四棱锥＝13×12×(1＋2)×2x ＝3，解得x ＝3.9．已知数列{a n }满足a n ＋1＋(－1)n ＋1a n ＝2，则其前100项和为( )A ．250B ．200C ．150D ．100 答案 D解析 因为a n ＋1＋(－1)n ＋1a n ＝2，所以a 2＋a 1＝2，a 4＋a 3＝2， a 6＋a 5＝2，…a 100＋a 99＝2.以上50个等式相加可得，数列{a n }的前100项和为2×50＝100.10．(2019·河南省鹤壁高中压轴二)在△ABC 中，角A ，B ，C 所对应的边分别为a ，b ，c ，若ac ＝4，sin B ＋2sin C cos A ＝0，则△ABC 面积的最大值为( )A ．1 B. 3 C ．2 D ．4 答案 A解析 由正弦定理，得b ＋2c cos A ＝0，则b ＋2c ·b 2＋c 2－a 22bc ＝0，即2b 2＝a 2－c 2，所以cos B ＝a 2＋c 2－b 22ac ＝a 2＋c 2－a 2－c 222ac ＝a 2＋3c 24ac ≥23ac 4ac ＝32，当且仅当c 2＝433，b 2＝433，a 2＝43时取等号，所以B ∈⎝⎛⎦⎥⎤0，π6，所以0<sin B ≤12，则S △ABC ＝12ac sin B ≤12×4×12＝1，所以△ABC 面积的最大值为1.故选A.11．已知函数f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧2e x －1，x <1，x 3＋x ，x ≥1，则f [f (x )]<2的解集为( )A ．(1－ln 2，＋∞)B ．(－∞，1－ln 2)C ．(1－ln 2,1)D ．(1,1＋ln 2)答案 B解析 因为当x ≥1时，f (x )＝x 3＋x ≥2，当x <1时，f (x )＝2ex －1<2，所以f [f (x )]<2等价于f (x )<1，即2e x －1<1，解得x <1－ln 2，所以f [f (x )]<2的解集为(－∞，1－ln 2)，故选B.12．(2019·湖南湘潭摸底考试) 如图，记椭圆x 225＋y 29＝1，y 225＋x 29＝1内部重叠区域的边界为曲线C ，P 是曲线C 上的任意一点，给出下列四个命题：①P 到F 1(－4,0)，F 2(4,0)，E 1(0，－4)，E 2(0,4)四点的距离之和为定值； ②曲线C 关于直线y ＝x ，y ＝－x 均对称； ③曲线C 所围区域的面积必小于36； ④曲线C 的总长度不大于6π. 其中所有正确命题的序号为( ) A ．①③ B ．②③ C ．③④ D ．②③④ 答案 B解析 对于①，若点P 在椭圆x 225＋y 29＝1上，P 到F 1(－4，0)，F 2(4,0)两点的距离之和为定值，到E 1(0，－4)，E 2(0,4)两点的距离之和不为定值，故①错误；对于②，联立两个椭圆的方程，得⎩⎪⎨⎪⎧x 225＋y 29＝1，y 225＋x29＝1，得y 2＝x 2，结合椭圆的对称性知，曲线C 关于直线y ＝x ，y ＝－x 均对称，故②正确；对于③，曲线C 所围区域在边长为6的正方形内部，所以其面积必小于36，故③正确；对于④，曲线C 所围区域的内切圆为半径为3的圆，所以曲线C 的总长度必大于圆的周长6π，故④错误．故选B.二、填空题13．在菱形ABCD 中，A (－1,2)，C (2,1)，则BA →·AC →＝________. 答案 －5解析 设菱形ABCD 的对角线交于点M ，则BA →＝BM →＋MA →，BM →⊥AC →，MA →＝－12AC →，又AC →＝(3，－1)，所以BA →·AC →＝(BM →＋MA →)·AC →＝－12AC 2＝－5.14．若过曲线f (x )＝x ln x 上的点P 处的切线的斜率为2，则点P 的坐标是________． 答案 (e ，e)解析 设点P 的坐标为(x 0，y 0)，∵f ′(x )＝ln x ＋x ·1x＝ln x ＋1，曲线f (x )＝x ln x 上点P 处的切线斜率为2， ∴f ′(x 0)＝ln x 0＋1＝2，解得x 0＝e.y 0＝eln e ＝e. 故点P 的坐标为(e ，e)．15．某货运员拟运送甲、乙两种货物，每件货物的体积、重量、可获利润以及运输限制如表：货物 体积(升/件)重量(千克/件)利润(元/件)甲 20 10 8 乙 10 20 10 运输限制110100答案 62元解析 设该货运员运送甲种货物x 件，乙种货物y 件，获得的利润为z 元，则由题意得⎩⎪⎨⎪⎧ 20x ＋10y ≤110，10x ＋20y ≤100，x ≥0，y ≥0，即⎩⎪⎨⎪⎧2x ＋y ≤11，x ＋2y ≤10，x ≥0，y ≥0，z ＝8x ＋10y ，作出不等式组表示的可行域，如图中阴影部分所示，结合图象可知，当直线z ＝8x ＋10y 经过点(4,3)时，目标函数z ＝8x ＋10y 取得最大值，z max ＝62，所以获得的最大利润为62元．16．(2019·安徽皖江摸底考试)设函数f (x )＝6x 2e x－3ax ＋2a (e 为自然对数的底数)，当x ∈R 时，f (x )≥0恒成立，则实数a 的最大值为________．答案 6e解析 ∵f (x )≥0， ∴6x 2e x≥a (3x －2)， 令g (x )＝6x 2e x，y ＝a (3x －2)，则 g ′(x )＝6(2x ＋x 2)e x ，由g ′(x )＝0，得x ＝0或x ＝－2，分别作出g (x )＝6x 2e x，y ＝a (3x －2)的图象，要使g (x )＝6x 2e x的图象不在y ＝a (3x －2)的图象下方，设切点P (x 0，y 0)，切线为y －y 0＝k (x －x 0)，即y －6x 20e x 0 ＝6(x 20＋2x 0)(x －x 0)e x 0 ，由切线过⎝ ⎛⎭⎪⎫23，0得，0－6x 20·e x 0 ＝6(x 20＋2x 0)⎝ ⎛⎭⎪⎫23－x 0e x 0 ，∴x 0＝0或－x 0＝(x 0＋2)⎝ ⎛⎭⎪⎫23－x 0，即x 0＝0或x 0＝1或x 0＝－43，由图象知0≤a ≤13g ′(1)＝6e.故实数a 的最大值为6e.选填题(四)一、选择题1．已知集合A ＝{y |y ＝e x，x ∈R }，B ＝{x ∈R |x 2－x －6≤0}，则A ∩B ＝( ) A ．(0,2) B ．(0,3] C ．[－2,3] D ．[2,3] 答案 B解析 由已知得A ＝(0，＋∞)，B ＝[－2,3]，所以A ∩B ＝(0,3]． 2．设有下面四个命题：p 1：若复数z 满足z ＝z －，则z ∈R ；p 2：若复数z 1，z 2满足|z 1|＝|z 2|，则z 1＝z 2或z 1＝－z 2；p 3：若复数z 1＝z －2，则z 1·z 2∈R ；p 4：若复数z 1，z 2满足z 1＋z 2∈R ，则z 1∈R ，z 2∈R .其中的真命题为( )A ．p 1，p 3B ．p 2，p 4C ．p 2，p 3D ．p 1，p 4 答案 A解析 p 1是真命题，设z ＝a ＋b i ，则z －＝a －b i ，若z ＝z －，则b ＝0，故z ∈R .p 2是假命题，例如z 1＝3＋4i ，z 2＝4＋3i ，虽有|z 1|＝|z 2|，但是z 1≠z 2，且z 1≠－z 2. p 3是真命题，设z 2＝a ＋b i ，则z 1＝z －2＝a －b i ，于是z 1·z 2＝a 2＋b 2∈R . p 4是假命题，例如z 1＝1－i ，z 2＝1＋i ，虽有z 1＋z 2＝2∈R .但z 1∉R ，z 2∉R .3．设m ，n 是两条不同的直线，α，β是两个不同的平面，则下列命题中正确的是( ) A ．若α⊥β，m ⊥α，则m ∥β B ．若m ∥α，n ⊂α，则m ∥nC ．若α∩β＝m ，n ∥α，n ∥β，则m ∥nD ．若α⊥β，且α∩β＝m ，点A ∈α，直线AB ⊥m ，则AB ⊥β 答案 C解析 A ．若α⊥β，m ⊥α，则m ∥β或m ⊂β；B.若m ∥α，n ⊂α，则m ，n 无交点，即平行或异面；C.若α∩β＝m ，n ∥α，n ∥β，过n 作平面与α，β分别交于直线s ，t ，则s ∥n ，t ∥n ，所以s ∥t .再根据线面平行判定定理得s ∥β，因为α∩β＝m ，s ⊂α所以s ∥m ，即m ∥n ；D.若α⊥β，且α∩β＝m ，点A ∈α，直线AB ⊥m ，当B 在平面α内时才有AB ⊥β.4．(2019·贵州凯里一中模拟二)为上班方便，学校安排校车早上06：50,07：40,08：30从A 校区发车带老师前往B 校区上班．某老师在早上07：35至08：30之间到达A 校区发车地点，且到达发车点的时刻是随机的，则该老师等车时间不超过5分钟的概率是( )A.110 B.15 C.211 D.320答案 C解析 设“该老师等车时间不超过5分钟”为事件A ，用线段表示事件区域，如图，总的区间长度从7：35到8：30共55分钟，而事件A 对应阴影部分的区间长度为10分钟，则P (A )＝1055＝211.故选C.5．中国古代数学名著《九章算术》中有这样一个问题：今有牛、马、羊食人苗，苗主责之粟五斗．羊主曰：“我羊食半马．”马主曰：“我马食半牛．”今欲衰偿之，问各出几何？此问题的译文是：今有牛、马、羊吃了别人的禾苗，禾苗主人要求赔偿5斗粟．羊主人说：“我的羊所吃的禾苗只有马的一半．”马主人说：“我的马所吃的禾苗只有牛的一半．”打算按此比率偿还，他们各应偿还多少？已知牛、马、羊的主人各应偿还粟a 升，b 升，c 升，1斗为10升，则下列判断正确的是( )A ．a ，b ，c 成公比为2的等比数列，且a ＝507B ．a ，b ，c 成公比为2的等比数列，且c ＝507C ．a ，b ，c 成公比为12的等比数列，且a ＝507D ．a ，b ，c 成公比为12的等比数列，且c ＝507答案 D解析 由题意可得，a ，b ，c 成公比为12的等比数列，b ＝12a ，c ＝12b ，故4c ＋2c ＋c ＝50，解得c ＝507.故选D. 6．(2019·郑州市高三质量预测)如图，在直三棱柱ABC －A ′B ′C ′中，△ABC 是边长为2的等边三角形，AA ′＝4，点E ，F ，G ，H ，M 分别是边AA ′，AB ，BB ′，A ′B ′，BC 的中点，动点P 在四边形EFGH 的内部运动，并且始终有MP ∥平面ACC ′A ′，则动点P 的轨迹长度为( )A ．2B ．2π C．2 3 D ．4 答案 D解析 连接MF ，FH ，MH ，因为M ，F ，H 分别为BC ，AB ，A ′B ′的中点，所以MF ∥平面AA ′C ′C ，FH ∥平面AA ′C ′C ，所以平面MFH ∥平面AA ′C ′C ，所以M 与线段FH 上任意一点的连线都平行于平面AA ′C ′C ，所以点P 的运动轨迹是线段FH ，其长度为4，故选D.7．将函数f (x )＝2sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫2x ＋π3图象上的每个点的横坐标缩短为原来的一半，纵坐标不变，再将所得图象向左平移π12个单位得到函数g (x )的图象，在g (x )图象的所有对称轴中，离原点最近的对称轴为( )A ．x ＝－π24B ．x ＝π4C ．x ＝5π24D ．x ＝π12答案 A解析 f (x )＝2sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫2x ＋π3图象上的每个点的横坐标缩短为原来的一半，纵坐标不变，得y ＝2sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫4x ＋π3的图象，再将所得图象向左平移π12个单位得到函数g (x )＝2sin ⎣⎢⎡⎦⎥⎤4⎝ ⎛⎭⎪⎫x ＋π12＋π3＝2sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫4x ＋2π3.由4x ＋2π3＝k π＋π2，k ∈Z 得x ＝k π4－π24，k ∈Z ，即为对称轴方程，离原点最近的是x＝－π24.8．(2019·江西新余一中模拟)我国古代数学名著《九章算术》的论割圆术中有：“割之弥细，所失弥少，割之又割，以至于不可割，则与圆周合体而无所失矣．”它体现了一种无限与有限的转化过程．比如在表达式1＋11＋11＋…中“…”即代表无数次重复，但原式却是个定值，它可以通过方程1＋1x ＝x 求得x ＝5＋12.类比上述过程，则 3＋23＋2…＝( )A ．3 B.13＋12C ．6D ．2 2 答案 A解析 由题意，类比推理得3＋2x ＝x (x ≥0)，整理得(x ＋1)(x －3)＝0，则x ＝3，即 3＋23＋2…＝3.故选A.9．(2019·河北高考模拟)函数f (x )＝12x ＋sin x 的图象大致是( )答案 C解析 因为f (x )＝12x ＋sin x 为奇函数，所以排除B ，D ；当x ＞0，且x →0时，f (x )＞0，排除A ，故选C.10．若函数f (x )同时满足下列两个条件，则称该函数为“优美函数”： (1)∀x ∈R ，都有f (－x )＋f (x )＝0；(2)∀x 1，x 2∈R ，且x 1≠x 2，都有f x 1－f x 2x 1－x 2<0.①f (x )＝sin x ；②f (x )＝－2x 3；③f (x )＝1－x ； ④f (x )＝ln (x 2＋1＋x )．以上四个函数中，“优美函数”的个数是( ) A ．0 B ．1 C ．2 D ．3 答案 B解析 由条件(1)，得f (x )是奇函数，由条件(2)，得f (x )是R 上的单调减函数． 对于①，f (x )＝sin x 在R 上不单调，故不是“优美函数”；对于②，f (x )＝－2x 3既是奇函数，又在R 上单调递减，故是“优美函数”；对于③，f (x )＝1－x 不是奇函数，故不是“优美函数”；对于④，易知f (x )在R 上单调递增，故不是“优美函数”．故选B.11．习总书记在十九大报告中指出：坚定文化自信，推动社会主义文化繁荣兴盛．如下图1，“大衍数列”：0,2,4,8,12，…来源于《乾坤谱》中对《易传》“大衍之数五十”的推论，主要用于解释中国传统文化中的太极衍生原理，数列中的每一项，都代表太极衍生过程中曾经经历过的两仪数量总和．下图2是求大衍数列前n 项和的程序框图，执行该程序框图，输入m ＝6，则输出的S ＝( )A ．26B ．44C ．68D ．100 答案 B解析 第一次运行，n ＝1，a ＝n 2－12＝0，S ＝0＋0＝0，不符合n ≥m ，n ＝2，继续运行，第二次运行，n ＝2，a ＝n 22＝2，S ＝0＋2＝2，不符合n ≥m ，n ＝3，继续运行，第三次运行，n ＝3，a ＝n 2－12＝4，S ＝2＋4＝6，不符合n ≥m ，n ＝4，继续运行，第四次运行，n ＝4，a ＝n 22＝8，S ＝6＋8＝14，不符合n ≥m ，n ＝5，继续运行，第五次运行，n ＝5，a ＝n 2－12＝12，S ＝14＋12＝26，不符合n ≥m ，n ＝6，继续运行，第六次运行，n ＝6，a ＝n 22＝18，S ＝26＋18＝44，符合n ≥m ，输出S ＝44，故选B.12．设F 1，F 2是椭圆x 2a 2＋y 2b 2＝1(a >b >0)的左、右两个焦点，若椭圆上存在一点P ，使(OP →＋OF 2→)·F 2P →＝0(其中O 为坐标原点)，且|PF 1|＝3|PF 2|，则椭圆的离心率为( )A.3－1B.2－1C.3－12D.2－12答案 A解析 设线段PF 2的中点为A ，则OP →＋OF 2→＝2OA →，又因为(OP →＋OF 2→)·F 2P →＝0，所以2OA →·F 2P →＝0，故OA ⊥PF 2，因为O 为F 1F 2中点，所以OA ∥PF 1，所以PF 1⊥PF 2.设|PF 2|＝t ，则|PF 1|＝3|PF 2|＝3t ，|F 1F 2|＝|PF 1|2＋|PF 2|2＝2t ，所以椭圆的离心率e ＝2c 2a ＝|F 1F 2||PF 1|＋|PF 2|＝2t 3t ＋t＝3－1.二、填空题13．(2019·贵阳一模)设x ，y 满足约束条件⎩⎪⎨⎪⎧x －y ＋1≥0，x －2y ≤0，x ＋2y ≤0，则z ＝2x·⎝ ⎛⎭⎪⎫116y 的最大值为________．答案 4解析 画出可行域如图阴影所示．z ＝2x ·⎝ ⎛⎭⎪⎫116y ＝2x ·(2－4)y ＝2x －4y ，令u ＝x －4y ，则y ＝x 4－u4.结合图形可知，平移直线y ＝x4过点A 时，纵截距－u4最小，u 最大．解方程组⎩⎪⎨⎪⎧x －y ＋1＝0，x －2y ＝0得A 点坐标为(－2，－1)，所以u max ＝－2－4×(－1)＝2.所以z ＝2x ·⎝ ⎛⎭⎪⎫116y 的最大值为22＝4.14．在△ABC 中，a ＝2，c ＝4，且3sin A ＝2sin B ，则cos C ＝________. 答案 －14解析 因为3sin A ＝2sin B ， 所以由正弦定理得3a ＝2b ， 又a ＝2，所以b ＝3a2＝3，所以cos C＝a 2＋b 2－c 22ab ＝22＋32－422×2×3＝－14.15．(2019·北京高考)某几何体是由一个正方体去掉一个四棱柱所得，其三视图如图所示．如果网格纸上小正方形的边长为1，那么该几何体的体积为________．答案 40解析 由三视图可知该几何体是棱长为4的正方体切去一个底面为直角梯形、高为4的直四棱柱，其中直角梯形的上底为2，下底为4，高为2，所以该几何体的体积为V ＝V 正方体－V直四棱柱＝43－2＋42×2×4＝40.16．过点(2，0)的直线l 与曲线y ＝1－x 2相交于A ，B 两点，O 为坐标原点，当△AOB的面积取最大值时，直线l 的斜率等于________．答案 －33解析 解法一：设点P (2，0)，结合题意可设直线l 的方程为y ＝k (x －2)(k <0)，将之代入y ＝1－x 2，整理得(1＋k 2)x 2－22k 2x ＋2k 2－1＝0，设A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)，则x 1＋x 2＝22k 21＋k 2，x 1x 2＝2k 2－11＋k2，Δ＝(－22k 2)2－4(1＋k 2)(2k 2－1)＝4－4k 2>0，得k 2<1，所以弦长|AB |＝1＋k 2·x 1＋x 22－4x 1x 2＝1＋k 2·21－k21＋k2＝21－k21＋k2. 因为点O 到直线l ：kx －y －2k ＝0的距离d ＝|2k |k 2＋1，所以S △AOB ＝12·|AB |·d ＝12×21－k 21＋k 2×|2k |k 2＋1＝2|k |·1－k 21＋k 2≤122k 2＋1－k21＋k 2＝12，当且仅当⎩⎨⎧2|k |＝1－k 2，k <0，即k ＝－33时不等式取等号． 故当△AOB 的面积取最大值12时，直线l 的斜率等于－33.解法二：设点P (2，0)，结合题意可设直线l 的方程为x ＝my ＋2(m <0)，将之代入y ＝1－x 2，整理得(1＋m 2)y 2＋22my ＋1＝0.设A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)， 则y 1＋y 2＝－22m 1＋m 2，y 1y 2＝11＋m2，Δ＝(22m )2－4(1＋m 2)＝4m 2－4>0，得m 2>1.于是，S △AOB ＝|S △AOP －S △BOP |＝12·|OP |·|y 1－y 2|＝12·|OP |·y 1＋y 22－4y 1y 2＝12×2×⎝ ⎛⎭⎪⎫－22m 1＋m 22－41＋m2 ＝2·m 2－11＋m 2≤122＋m 2－11＋m 2＝12， 当且仅当⎩⎨⎧2＝m 2－1，m <0，即m ＝－3时不等式取等号．故当△AOB 的面积取最大值12时，直线l 的斜率等于1m ＝－33.解法三：设点P (2，0)，则结合题意画出图形，如图所示．根据图形可得S △AOB ＝12|OA |·|OB |·sin∠AOB ＝12sin ∠AOB ≤12，当且仅当sin ∠AOB ＝1，即∠AOB ＝90°时不等式取等号．于是，当△AOB 的面积取最大值12时，有∠AOB ＝90°，此时作OM ⊥l ，垂足为M ，易得|OM |＝22，又|OP |＝2，所以可得∠MPO ＝30°，故所求直线l 的斜率等于tan(180°－30°)＝－33.选填题(五)一、选择题1．已知集合A ＝{1,2，－2}，B ＝{a ，a 2－3}，若A ∩B ＝{－2}，则实数a 的值为( ) A ．－2 B ．－1 C ．1 D ．2 答案 B解析 因为A ∩B ＝{－2}，所以－2∈B ，所以a ＝－2或a 2－3＝－2，解得a ＝±1或a ＝－2，经检验a ＝－1.2．若复数z 满足z (3－4i)＝1，则z 的虚部是( ) A ．－425 B ．－425i C.425 D.425i答案 C解析 z ＝13－4i ＝3＋4i 3－4i 3＋4i ＝3＋4i 25，其虚部是425.3．某中学有高中生3000人，初中生2000人，男、女生所占的比例如图所示．为了解学生的学习情况，用分层抽样的方法从该校学生中抽取一个容量为n 的样本，已知从高中生中抽取女生21人，则从初中生中抽取的男生人数是( )A ．12B ．15C ．20D ．21 答案 A解析 由题意得抽样比为213000×70%＝1100，所以从初中生中抽取男生人数是2000×60%×1100＝12.4．将双曲线x 2a 2－y 2b2＝1(a >0，b >0)的右焦点、右顶点、虚轴的一个端点所组成的三角形叫做双曲线的“黄金三角形”，则双曲线C ：x 2－y 2＝4的“黄金三角形”的面积是( )A.2－1 B ．22－2 C ．1 D ．2 答案 B解析 ∵双曲线C 的右焦点、右顶点、虚轴的一个端点的坐标分别是(22，0)，(2,0)，(0,2)，∴所求面积S ＝12×(22－2)×2＝22－2.故选B.5．函数f (x )＝e x 2－2x 2的图象大致为( )答案 A解析 计算f (0)＝e 0＝1，f (1)＝e －2≈0.72，f (2)＝e 4－8，结合选项可知A 正确． 6．执行如图所示的程序框图，若输出的结果为1.5，则输入k 的值应为( )A ．4.5B ．6C ．7.5D ．9 答案 B解析 执行题图所示的程序框图，n ＝1，S ＝k ，n <4是 n ＝2，S ＝k －k 2＝k2，n <4是n ＝3，S ＝k 2－k 6＝k3，n <4是n ＝4，S ＝k 3－k 12＝k4，n <4否输出S ＝k4＝1.5.所以k ＝6.7．设a ＝20.1，b ＝lg 52，c ＝log 3910，则a ，b ，c 的大小关系是( )A ．b >c >aB ．a >c >bC ．b >a >cD ．a >b >c 答案 D解析 因为a ＝20.1∈(1,2)，b ＝lg 52∈(0,1)，c ＝log 3910<0，故选D.8．一个几何体的三视图如图所示，则该几何体外接球的体积为( )A.π6 B.3π2 C.4π3D ．43π 答案 B解析 由三视图可知，此几何体是四棱锥(如图所示)．它的外接球与棱长为1的正方体的外接球的体积相同，设外接球的半径为R ，则(2R )2＝12＋12＋12，R 2＝34，R ＝32，所以该几何体外接球的体积为43πR 3＝4π3·34·32＝3π2.9．在△ABC 中，cos 2B 2＝a ＋c 2c(a ，b ，c 分别为角A ，B ，C 的对边)，则△ABC 的形状为( )A ．直角三角形B ．等边三角形C ．等腰三角形D ．等腰三角形或直角三角形 答案 A解析 ∵cos 2B 2＝1＋cos B 2＝a ＋c 2c ，∴cos B ＝a 2＋c 2－b 22ac ＝a c，解得a 2＋b 2＝c 2，则角C 为直角，则△ABC 的形状为直角三角形．10．已知直四棱柱ABCD －A 1B 1C 1D 1中，底面ABCD 为正方形，AA 1＝2AB ，E 为AA 1的中点，则异面直线BE 与CD 1所成角的余弦值为( )A.1010 B.15 C.31010 D.35答案 C解析 如图，连接A 1B ，易知A 1B ∥D 1C ，故∠A 1BE 为异面直线BE 与CD 1所成的角．在△A 1EB 中，由余弦定理，得cos ∠A 1BE ＝A 1B 2＋BE 2－A 1E 22A 1B ·BE＝5AB 2＋2AB 2－AB22×5AB ×2AB ＝31010，故选C.11．(2019·广西南宁第一次适应性测试)已知四棱锥M －ABCD 中，MA ⊥平面ABCD ，AB ⊥BC ，∠BCD ＋∠BAD ＝180°，MA ＝2，BC ＝26，∠ABM ＝30°.若四面体MACD 的四个顶点都在同一个球面上，则该球的表面积为( )A ．20π B．22π C．40π D ．44π 答案 C解析 如图，因为∠BCD ＋∠BAD ＝180°，所以A ，B ，C ，D 四点共圆， ∠ADC ＝∠ABC ＝90°， 由tan30°＝2AB，得AB ＝23，所以AC ＝ 232＋262＝6.设AC 的中点为E ，MC 的中点为O ，连接OE ，则OE∥MA ，因为MA ⊥平面ABCD ，所以OE ⊥平面ABCD .易知点O 为四面体MACD 外接球的球心，而OC ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫622＋⎝ ⎛⎭⎪⎫222＝10，∴S 球＝4π·OC 2＝40π.故选C. 12．已知函数f (x )＝2e x ＋1＋sin x ，其中f ′(x )为函数f (x )的导数，则f (2018)＋f (－2018)＋f ′(2019)－f ′(－2019)＝( )A ．2B ．2019C ．2018D ．0 答案 A解析 设g (x )＝2e x ＋1，则g ′(x )＝－2exe x＋12，而g (－x )＝2e －x ＋1＝2exe x ＋1；g ′(－x )＝－2e －xe －x＋12＝－2e xe x＋12，所以g (x )＋g (－x )＝2，g ′(x )－g ′(－x )＝0，又(sin x )′＝cos x ，所以f (x )＋f (－x )＝g (x )＋sin x ＋g (－x )＋sin(－x )＝2，f ′(x )－f ′(－x )＝g ′(x )＋cos x －[g ′(－x )＋cos(－x )]＝0，所以f (2018)＋f (－2018)＋f ′(2019)－f ′(－2019)＝2.二、填空题13．已知a ＝(2,5t －1)，b ＝(t ＋1，－1)，若|a ＋b |＝|a －b |，则t ＝________. 答案 1解析 解法一：因为a ＝(2,5t －1)，b ＝(t ＋1，－1)，所以a ＋b ＝(t ＋3,5t －2)，a －b ＝(1－t,5t )，因为|a ＋b |＝|a －b |，所以(t ＋3)2＋(5t －2)2＝(1－t )2＋(5t )2，解得t ＝1.解法二：由|a ＋b |＝|a －b |易知a ⊥b ，所以a ·b ＝0，即2(t ＋1)－(5t －1)＝0，解得t ＝1.14．已知实数x ，y 满足约束条件⎩⎪⎨⎪⎧x －y ＋2≥0，x ＋y ＋k ≥0，x ≤1，且z ＝x ＋2y 的最小值为3，则常数k ＝________.答案 －2解析 画出可行域如图所示：z ＝x ＋2y 可化为y ＝－x 2＋z 2，与直线y ＝－x 2平行，结合图形可知，当直线y ＝－x 2＋z2经过点A 时，在纵轴上的截距z2取最小值，z 取最小值．解方程组⎩⎪⎨⎪⎧x ＝1，x ＋y ＋k ＝0，得A (1，－k －1)．所以z min ＝1＋2(－k －1)＝3，解得k ＝－2.15．已知数列{a n }的前n 项和为S n ，若a 1＝－1，a n ≠0，a n a n ＋1＝2S n －1，则a 2n ＝________. 答案 2n ＋1解析 因为a 1＝－1，a n a n ＋1＝2S n －1，所以a 2＝3，当n ≥2时，a n a n ＋1－a n －1a n ＝2a n ，又a n ≠0，所以a n ＋1－a n －1＝2，所以数列{a 2n }是以3为首项，2为公差的等差数列，所以a 2n ＝3＋(n －1)×2＝2n ＋1.16．(2019·烟台摸底考试)函数f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧x 2＋λx ＋3，x ≤2，2－log 2x ，x >2，当λ＝5时，不等式f (x )<－1的解集是________；若函数f (x )的值域是R ，则实数λ的取值范围是________．答案 (－4，－1)∪(8，＋∞) (－∞，－22]∪[22，＋∞) 解析 当λ＝5时，不等式f (x )<－1⇔⎩⎪⎨⎪⎧x 2＋5x ＋3<－1，x ≤2或⎩⎪⎨⎪⎧2－log 2x <－1，x >2，解得－4<x <－1或x >8.若函数f (x )的值域是R ，则只要(x 2＋λx ＋3)min ≤1，记g (x )＝x 2＋λx ＋3(x ≤2)，下面求g (x )的最小值． 由于二次函数g (x )的图象的对称轴为直线x ＝－λ2，∴当－λ2<2，即λ>－4时，g (x )min ＝g ⎝ ⎛⎭⎪⎫－λ2＝3－λ24；当－λ2≥2，即λ≤－4时，g (x )min ＝g (2)＝7＋2λ. 因此，⎩⎪⎨⎪⎧λ>－4，3－λ24≤1或⎩⎪⎨⎪⎧λ≤－4，7＋2λ≤1，解得－4<λ≤－22或λ≥22或λ≤－4， ∴λ的取值范围是(－∞，－22]∪[22，＋∞)．选填题(六)一、选择题1．复数z 的共轭复数为z －，且z (3＋i)＝10(i 是虚数单位)，则在复平面内，复数z －对应的点位于( )。
2020届高考数学大二轮刷题首选卷理数文档：第二部分+选填题(一)+Word版含解析
第二部分·刷题型选填题(一)一、选择题1．(2019·全国卷Ⅰ)已知集合M＝{x|－4<x<2}，N＝{x|x2－x－6<0}，则M∩N ＝()A．{x|－4<x<3} B．{x|－4<x<－2}C．{x|－2<x<2} D．{x|2<x<3}答案 C解析由x2－x－6<0，得(x－3)(x＋2)<0，解得－2<x<3，即N＝{x|－2<x<3}，∴M∩N＝{x|－2<x<2}．故选C.2．(2019·北京丰台综合练习二)已知i是虚数单位，a∈R，则“a＝1”是“(a ＋i)2为纯虚数”的()A．充分而不必要条件B．必要而不充分条件C．充分必要条件D．既不充分也不必要条件答案 A解析因为(a＋i)2＝a2－1＋2a i，当a＝1时，(a＋i)2＝2i，是纯虚数，当(a＋i)2为纯虚数时，a＝±1.故选A.3．已知平面α⊥平面β，α∩β＝l，点A∈α，A∉l，直线AB∥l，直线AC⊥l，直线m∥α，m∥β，则下列四种位置关系中，不一定成立的是() A．AB∥m B．AC⊥mC．AB∥βD．AC⊥β答案 D解析m∥α，m∥β⇒m∥l，又AB∥l，∴m∥AB，A正确；m∥l，又l⊥AC，∴m ⊥AC，B正确；AB∥l，AB⊄β，l⊂β，∴AB∥β，C正确；要使AC⊥β，AC应在平面α内，∴D不一定成立，故选D.4. (2019·河北唐山二模)割补法在我国古代数学著作中称为“出入相补”，刘徽称之为“以盈补虚”，即以多余补不足，是数量的平均思想在几何上的体现，如图揭示了刘徽推导三角形面积公式的方法．在△ABC内任取一点，则该点落在标记“盈”的区域的概率为()A．15B．14C．13D．12答案 B解析由题意，得“盈”部分的面积为12×a2×h2，又△ABC的面积为12ah，则该点落在标记“盈”的区域的概率为12×a2×h212ah＝14.故选B.5．(2019·山东聊城二模)函数f(x)＝sin x2＋cos x(－π≤x≤π)的图象大致为()答案 A解析因为f(－x)＝－sin x2＋cos x＝－f(x)，所以函数f(x)为奇函数，排除C；又f⎝⎛⎭⎪⎫π2＝sinπ22＋cosπ2＝12>0，排除D；又f⎝⎛⎭⎪⎫2π3＝sin2π32＋cos2π3＝33，且33>12，即f⎝⎛⎭⎪⎫π2<f⎝⎛⎭⎪⎫2π3.故选A.6．等差数列{a n}为递增数列，若a21＋a210＝101，a5＋a6＝11，则数列{a n}的公差d 等于( )A ．1B ．2C ．9D ．10答案 A解析 由等差数列的性质得a 1＋a 10＝a 5＋a 6＝11.所以(a 1＋a 10)2＝121，即a 21＋2a 1a 10＋a 210＝121， 又a 21＋a 210＝101，所以a 1a 10＝10.又因为数列{a n }是递增数列，所以由⎩⎪⎨⎪⎧a 1＋a 10＝11，a 1a 10＝10，得a 1＝1，a 10＝10，公差d ＝a 10－a 110－1＝1.7．(2019·广东湛江测试二)在△ABC 中，内角A ，B ，C 所对的边分别为a ，b ，c ，且a cos B ＝(4c －b )cos A ，则cos2A ＝( )A ．78B ．18C ．－78D ．－18答案 C解析 ∵a cos B ＝(4c －b )cos A .∴sin A cos B ＝4sin C cos A －sin B cos A ，即sin A cos B ＋sin B cos A ＝4cos A sin C ，∴sin C ＝4cos A sin C ，又∵0＜C ＜π，∴sin C ≠0.∴1＝4cos A ，即cos A ＝14，则cos2A ＝2cos 2A －1＝－78.故选C. 8．(2019·江西抚州临川一中考前模拟)如图1，已知正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1的棱长为2，M ，N ，Q 分别是线段AD 1，B 1C ，C 1D 1上的动点，当三棱锥Q －BMN 的正视图如图2所示时，三棱锥俯视图的面积为( )A ．1B ．32C ．52D ．2答案 B解析 由正视图可知，M 是AD 1的中点，N 在B 1处，Q 在C 1D 1的中点，俯视图如图所示，其面积为2×2－12×2×1－12×1×1－12×1×2＝32.故选B.9．(2019·山西晋城三模)《九章算术》卷第七——盈不足中有如下问题：“今有垣高九尺，瓜生其上，蔓日长七寸，瓠生其下，蔓日长一尺，问几何日相逢．”翻译为“今有墙高9尺，瓜生在墙的上方，瓜蔓每天向下长7寸，葫芦生在墙的下方，葫芦蔓每天向上长1尺，问需要多少日两蔓相遇．”其中1尺＝10寸，为了解决这一问题，设计程序框图如下所示，则输出的k 的值为( )A ．8B ．7C ．6D ．5答案 C解析 运行该程序，S ＝9－1.7＝7.3(运行)；k ＝2，S ＝7.3－1.7＝5.6(运行)；k ＝3，S ＝5.6－1.7＝3.9(运行)；k ＝4，S ＝3.9－1.7＝2.2(运行)；k ＝5，S ＝2.2－1.7＝0.5(运行)；k ＝6，S ＝0.5－1.7＝－1.2(输出)，结束，即输出的k 值为6.故选C.10．(2019·贵州贵阳2月适应性考试一)已知点F 1，F 2分别是椭圆E ：x 225＋y 29＝1的左、右焦点，P 为E 上一点，直线l 为∠F 1PF 2的外角平分线，过点F 2作l 的垂线，交F 1P 的延长线于M ，则|F 1M |＝( )A ．10B ．8C ．6D ．4答案 A解析 如图，由直线l 为∠F 1PF 2的外角平分线，l ⊥F 2M ，可得|PM |＝|PF 2|，则|F 1M |＝|PF 1|＋|PM |＝|PF 1|＋|PF 2|＝10.故选A.11．(2019·沈阳摸底)函数f (x )＝sin2x －3(cos 2x －sin 2x )的图象为C ，下列结论正确的是( )①f (x )的最小正周期为π；②对任意的x ∈R ，都有f ⎝ ⎛⎭⎪⎫π6＋x ＋f ⎝ ⎛⎭⎪⎫π6－x ＝0；③f (x )在⎝ ⎛⎭⎪⎫－π12，5π12上是增函数；④由y ＝2sin2x 的图象向右平移π3个单位长度可以得到图象C . A ．①② B ．③④ C ．①②③ D ．①②③④答案 C解析 f (x )＝sin2x －3(cos 2x －sin 2x )＝sin2x －3cos2x ＝2sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫2x －π3，f (x )的最小正周期T ＝2π2＝π，故①正确．f ⎝ ⎛⎭⎪⎫π6＝2sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫2×π6－π3＝2sin0＝0，即函数f (x )的图象关于点⎝ ⎛⎭⎪⎫π6，0对称，即对任意x ∈R ，都有f ⎝ ⎛⎭⎪⎫x ＋π6＋f ⎝ ⎛⎭⎪⎫π6－x ＝0成立，故②正确．③当x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫－π12，5π12时，2x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫－π6，5π6，2x －π3∈⎝ ⎛⎭⎪⎫－π2，π2，所以f (x )在⎝ ⎛⎭⎪⎫－π12，5π12上是增函数，故③正确．④由y ＝2sin2x 的图象向右平移π3个单位长度得到y ＝2sin ⎣⎢⎡⎦⎥⎤2⎝ ⎛⎭⎪⎫x －π3＝2sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫2x －2π3的图象，故④错误．故正确的结论是①②③.选C.12．设函数g (x )＝13x 3－12ax 2＋(x －a )cos x －sin x ，若a >0，则g (x )极值的情况为( )A ．极小值是g (0)＝－aB ．极大值是g (0)＝aC ．极大值是g (a )＝－16a 3－sin a D ．极小值是g (a )＝－16a 3－sin a 答案 D解析 ∵g ′(x )＝(x －a )(x －sin x )，(x －sin x )′＝1－cos x ≥0，若a >0，则当x ∈(－∞，0)时，x －a <0，x －sin x <0，∴g ′(x )>0，g (x )单调递增；当x ∈(0，a )时，x －a <0，x －sin x >0，∴g ′(x )<0，g (x )单调递减；当x ∈(a ，＋∞)时，x －a >0，x －sin x >0，∴g ′(x )>0，g (x )单调递增．∴当x ＝0时，g (x )取到极大值，极大值是g (0)＝－a ；当x ＝a 时，g (x )取到极小值，极小值是g (a )＝－16a 3－sin a ，故选D.二、填空题13．(2019·湖北黄冈中学模拟)已知平面向量a ，b 的夹角为2π3，且|a |＝1，|b |＝2，若(λa ＋b )⊥(a －2b )，则λ＝________.答案 3解析 因为平面向量a ，b 的夹角为2π3， 且|a |＝1，|b |＝2，所以a 2＝|a |2＝1，b 2＝|b |2＝4， a ·b ＝|a ||b |cos 2π3＝－1.又因为(λa ＋b )⊥(a －2b )，所以(λa ＋b )·(a －2b )＝λa 2＋(1－2λ)a ·b －2b 2＝λ－(1－2λ)－8＝0.解得λ＝3. 14．已知x ∈(0，π)，且cos ⎝ ⎛⎭⎪⎫2x －π2＝sin 2x ，则tan ⎝ ⎛⎭⎪⎫x －π4等于________．答案 13解析 由cos ⎝ ⎛⎭⎪⎫2x －π2＝sin 2x 得sin2x ＝sin 2x ，∵x ∈(0，π)，∴tan x ＝2， ∴tan ⎝ ⎛⎭⎪⎫x －π4＝tan x －11＋tan x ＝13.15．(2019·天津高考)⎝ ⎛⎭⎪⎫2x －18x 38的展开式中的常数项为________．答案 28解析 ⎝ ⎛⎭⎪⎫2x －18x 38的通项为T r ＋1＝C r 8()2x 8－r ·⎝ ⎛⎭⎪⎫－18x 3r ＝C r 828－r ⎝ ⎛⎭⎪⎫－18r ·x 8－4r . 令8－4r ＝0，得r ＝2，∴常数项为T 3＝C 2826⎝ ⎛⎭⎪⎫－182＝28. 16．(2017·全国卷Ⅲ)设函数f (x )＝⎩⎨⎧x ＋1，x ≤0，2x ，x ＞0，则满足f (x )＋f ⎝ ⎛⎭⎪⎫x －12>1的x的取值范围是________．答案 ⎝ ⎛⎭⎪⎫－14，＋∞解析 由题意知，可对不等式分x ≤0,0＜x ≤12，x ＞12三段讨论． 当x ≤0时，原不等式为x ＋1＋x ＋12＞1，解得x ＞－14，∴－14＜x ≤0.当0＜x ≤12时，原不等式为2x ＋x ＋12＞1，显然成立． 当x ＞12时，原不等式为2x ＋2x －12＞1，显然成立． 综上可知，x 的取值范围是⎝ ⎛⎭⎪⎫－14，＋∞.。
2020届高考数学二轮复习刷题型选填题五文数15
选填题(五)一、选择题1 •已知集合 A ={1,2 , - 2}, B ={a , a 1 2-3}，若 A n B = {— 2}，则实数 a 的值为（ ）A .— 2B 1C . 1D . 2 答案 B解析 因为A n B = { — 2}，所以一2€ B ,所以a = — 2或a — 3 = — 2,解得a =±l 或a =—2，经检验a =— 1.2 .若复数 z 满足z (3 — 4i) — 1，则Z 的虚部是(）4 4 4 4A .B .——i C. D. i25 25 25 25答案C1 3 + 4i3+ 4i - 解析Z —'3— 4i =:〕—+4：=25 ，其虚部是示.253.某中学有高中生3000人，初中生2000人，男、女生所占的比例如图所示.为了解学生的学习情况，用分层抽样的方法从该校学生中抽取一个容量为 n 的样本，已知从高中生中抽取女生21人，则从初中生中抽取的男生人数是( )12000X 60%<= 12.1002 24. 将双曲线字—蒼=1( a >0, b >0)的右焦点、右顶点、虚轴的一个端点所组成的三角形叫 做双曲线的“黄金三角形”，则双曲线 C:x 2—y 2 = 4的“黄金三角形”的面积是 ( )A. 2 — 1 B . 2 2 — 2 C . 1 D . 2 答案 B解析•••双曲线C 的右焦点、右顶点、虚轴的一个端点的坐标分别是 (2 2, 0) , (2,0),(0,2),1•••所求面积 S = 2^ (2 2 — 2) X 2= 2 2 — 2.故选 B.A . 12B . 15C . 20D . 21 答案 A21 1解析 由题意得抽样比为3000X 70% = 而，所以从初中生中抽取男生人数是25.函数f (x ) = e x — 2x 2的图象大致为( )A . 4.5B . 6C . 7.5D . 9 答案 B解析执行题图所示的程序框图，n = 1, S = k , n <4 是k k口n = 2, S = k — 2=2， n <4 是k k k口n= 3，S=2—6=3，n <4 是kkk 古n = 4, S = 3- 12= 4，n <4 否亠人, k 输出 S = = 1.5.4 所以k = 6.015 9答案 A4解析 计算f (0) = e = 1, f (1) = e — 2〜0.72 , f (2) = e — 8，结合选项可知6 •执行如图所示的程序框图，若输出的结果为1.5，则输入kA 正确.)7 .设a= 2 . , b= Ig ^，c = log 3^o，贝U a, b, c 的大小关系是()A. b>c>a B . a>c>b C . b>a>c D . a>b>c答案 D015 9解析 因为 a = 2. € (1,2) , b = lg 2^ (0,1) , c = log 3^0<0，故选 D.&一个几何体的三视图如图所示，则该几何体外接球的体积为 （ ）答案 B角，则△ ABC 的形状为直角三角形.10 .已知直四棱柱 ABC —A 1B 1C 1D 中，底面 ABCD 为正方形，AA = 2AB, E 为AA 的中点,则异面直线BE 与CD 所成角的余弦值为（）答案 CA nA.?B. C.它的外接球与棱长为 1的正方体的外接球的体积相同，设外接球的半径为R 则（2 F ）2=12+ 12+ 12,氏=3，R =¥，所以该几何体外接球的体积为4 3 4 n 3 y[3 yj~3n3n R= "T 4 2 = 2A .直角三角形B .等边三角形C.等腰三角形 答案 A D .等腰三角形或直角三角形解析cos2B 1 + cos B2 — 2 —a + c2c ，cos B =2,2 2a + c — b2ac 2,解得『+ b 乞c 2,则角 C 为直A. .10 10B.c 更DC.10 D.解析解析如图，连接AB,易知AB// DC,故/ ABE为异面直线BE与CD所成的角.在厶A EB 中，由余弦定理,ZB A^+ BE 3-A 1E 2得 C0S Z ABE=2AB ・BE =5A B A 2A B 2-A B=竽，故选 C.2X ；5ABX 2AB 1011 . (2019 •广西南宁第一次适应性测试 )已知四棱锥 M- ABCDK MA_平面 ABCD ABLBC / BCDF Z BAD= 180°, MA= 2, BC= 2寸6,/ AB M 30° .若四面体 MAC 啲四个顶点都在 同一个球面上，则该球的表面积为( )A . 20 nB . 22 nC . 40 nD . 44 n 答案 C解析 如图，因为/ BC A/ BAD= 180°,3 2e x , , 、— 2e —x；g (一 x) = ~已-x + ] 2=所以A , B, C, D 四点共圆, / ADC=/ ABC= 90由 tan30 ° = AB ,得 AB= 2 3,所以AC=M 2 A 2讹 2 = 6.设AC 的中点为E , MC 的中点为Q 连接OE 则OE// MA 因为 MAL 平面 ABCD 所以 OEL 平面 ABCD 易知点 O 为四面体 MACD 卜接球的球心，而 f (x ) = -X A-A sin x ,其中f '(x )为函数f (x )的导数，则e 1 12018) A f ' (2019) — f ' ( — 2019)=()A . 2B . 2019C . 2018D . 0答案 A解析x2 口 r / — 2e设 g (x ) = ex A 1，贝V g (x) = ”+2,TA —2，所以 g (x ) A g ( — x )= 2,f (2018) A f (— 而 g(―x)= --XA 1 = -x A 1 —2e xOC = 40 n .故选 C.12 .已知函数g '( x ) — g ' ( — x ) = 0,又(sin x ) '= cos x ，所以 f (x ) + f ( — x ) = g (x ) + sin x + g ( — x ) + sin( — x )= 2, f '(x ) — f ' ( — x ) = g '(x ) + cos x — [g ' ( — x ) + cos( — x )] = 0，所以 f (2018) + f ( — 2018) + f ' (2019) — f ' ( — 2019) = 2.二、填空题13•已知 a = (2,5 t — 1) , b = (t + 1, — 1)，若 |a + b | = | a — b |，则 t = ___________ . 答案 1解析 解法一：因为 a = (2,5 t — 1), b = (t + 1,— 1)，所以 a + b = (t + 3,5 t — 2) , a — b =(1 —t, 5t )，因为 |a + b | = | a — b |，所以(t + 3)2+ (5t — 2)2= (1 — t )2 + (5t )2，解得 t = 1.解法二：由 |a + b | = | a — b | 易知 a 丄b ,所以 a • b = 0，即 2(t +1) — (51 — 1) = 0,解得 t =1.x- y+2> 0,14 .已知实数x , y 满足约束条件 x + y + k >0,且z = x + 2y 的最小值为3，则常数A w 1,k= _______ .答案 —2解析 画出可行域如图所示：x z x x zz = x + 2y 可化为y = — + ?,与直线y = — §平行，结合图形可知，当直线y = — ?+2经过点A 时，在纵轴上的截距 ；取最小值，z 取最小值.x = 1,解方程组得A (1 , — k — 1).|x + y + k = 0,所以 Z min = 1 + 2( — k — 1) = 3,解得 k = — 2.15.已知数列｛a n ｝的前 n 项和为 S,若 a 1 = — 1, a n M 0, a .a n +1= 2S — 1,则 a 2n = _________ . 答案 2n +1解析 因为 a 1 = — 1, a n a n +1= 2S — 1,所以 a 2= 3,当 n 》2 时，a n a n +1 — a n -0= 2a n ,又 a n M 0,所以a n +1— a n —1 = 2,所以数列｛Q n ｝是以3为首项，2为公差的等差数列，所以 a 2n = 3 + (n — 1) x 2= 2n +1.x2+ 入x+ 3, x<2,16 . (2019 •烟台摸底考试)函数f(x)=2- log 2X, x>2,当入=5时，不等式f (x)< —1的解集是_____________ ;若函数f (x)的值域是R则实数的取值范围是_________ .答案(—4,—1) U (8 ,+^)(―汽―2 2] U [2〔2,+口解析当入=5时，x2+ 5x+ 3<—1,不等式f(x)< —1?x <22 —log 2X< —1, 2或/ 解得一4<x<—1或x>8.若函数f (x)的值域是R,贝U只要(x +入x>2,3) min< 1 ,2记g(x) = x +入x + 3(x<2)，下面求g(x)的最小值.由于二次函数g(x)的图象的对称轴为直线x=—才,当一~》2,即卩入 < —4 时，g( x) min= g(2) = 7 + 2 入.入>—4, 因此，(入23—才<解得—4<入< —2・.2或入》2 ,2或入< —4,•入的取值范围是(一a, —2 2] U [2 .2,+^). x+•••当—_2<2，即入>—4 时,g( X)min= g 2 入T ；。
2020届高考数学大二轮刷题首选卷理数文档：第二部分 选填题(三)
选填题(三) 一、选择题1．(2019·辽宁沈阳市郊联体一模)设a为1i的虚部，b为(1＋i)2的实部，则a＋b＝()A．－1 B．－2 C．－3 D．0答案 A解析因为1i＝－i，所以a＝－1，又(1＋i)2＝2i，则b＝0，所以a＋b＝－1，故选A.2．(2019·湖北黄冈2月联考)已知全集U＝R，集合A＝{x|x2≥1}，B＝{x|x>0}，则(∁U A)∩(∁U B)＝()A．(－1,1) B．(0,1]C．(－1,0) D．(－1,0]答案 D解析由题意得A＝{x|x≥1或x≤－1}，则∁U A＝{x|－1<x<1}，∁U B＝{x|x≤0}，∴(∁U A)∩(∁U B)＝(－1，0]，故选D.3．(2019·安徽安庆二模)为了计算S＝1－12＋13－14＋…＋12019－12020，设计如下图所示的程序框图，则在空白框中应填入()A．i＝i＋1 B．i＝i＋2 C．i＝i＋3 D．i＝i＋4答案 B解析当i＝1时，N＝1，T＝12.若空白框中填i＝i＋1，则N＝1＋12，T＝12＋13，显然不符合题意．若空白框中填i＝i＋2，则N＝1＋13，T＝12＋14，如此下去，当i＝2021时，S＝N－T＝1－12＋13－14＋…＋12019－12020.故选B.4．(2019·全国卷Ⅱ)2019年1月3日嫦娥四号探测器成功实现人类历史上首次月球背面软着陆，我国航天事业取得又一重大成就．实现月球背面软着陆需要解决的一个关键技术问题是地面与探测器的通信联系．为解决这个问题，发射了嫦娥四号中继星“鹊桥”，鹊桥沿着围绕地月拉格朗日L2点的轨道运行．L2点是平衡点，位于地月连线的延长线上．设地球质量为M1，月球质量为M2，地月距离为R，L2点到月球的距离为r，根据牛顿运动定律和万有引力定律，r满足方程：M1(R＋r)2＋M2r2＝(R＋r)·M1R3.设α＝rR.由于α的值很小，因此在近似计算中3α3＋3α4＋α5(1＋α)2≈3α3，则r的近似值为()A．M2M1R B．M22M1RC．33M2M1R D．3M23M1R答案 D解析由α＝rR得r＝αR，代入M1(R＋r)2＋M2r2＝(R＋r)·M1R3，整理得3α3＋3α4＋α5(1＋α)2＝M2M1.又∵3α3＋3α4＋α5(1＋α)2≈3α3，∴3α3≈M2M1，∴α≈3M23M1，∴r＝αR≈3M23M1R.故选D.5．已知(ax＋b)6的展开式中x4的系数与x5的系数分别为135与－18，则(ax ＋b)6的展开式中所有项系数之和为()A．－1 B．1C．32 D．64答案 D解析由二项展开式的通项公式可知x4的系数为C26a4b2，x5的系数为C16a5b，则由题意可得⎩⎨⎧ C 26a 4b 2＝135，C 16a 5b ＝－18，解得⎩⎨⎧ a ＝1，b ＝－3或⎩⎨⎧a ＝－1，b ＝3，所以a ＋b ＝±2，故(ax ＋b )6的展开式中所有项的系数之和为(a ＋b )6＝64，选D.6．(2019·重庆八中5月适应性考试)小明和小波约好在周日下午4：00～5：00之间在某处见面，并约定好若小明先到，最多等小波半小时；若小波先到，最多等小明15分钟，则小明和小波两人能见面的概率为( )A ．1332 B ．1732 C ．1932D ．2332答案 C解析 设小明到达时间为x ，小波到达时间为y ，x ，y ∈(0,1)，则由题意可列出不等式⎩⎪⎨⎪⎧y －x ≤12，x －y ≤14，画出图象如图所示，计算阴影部分面积与正方形的面积的比值为1932.故选C.7．设直线l 过双曲线C 的一个焦点，且与C 的一条对称轴垂直，l 与C 交于A ，B 两点，|AB |为C 的实轴长的2倍，则C 的离心率为( )A ． 3B ． 2C ．2D ． 5答案 A解析 设双曲线C 的标准方程为x 2a 2－y 2b 2＝1(a >0，b >0)，由于直线l 过双曲线的焦点且与对称轴垂直，因此直线l 的方程为x ＝c 或x ＝－c ，代入x 2a 2－y 2b 2＝1中得y 2＝b 2⎝ ⎛⎭⎪⎫c 2a 2－1＝b 4a 2，∴y ＝±b 2a ，故|AB |＝2b 2a ，依题意2b 2a ＝4a ，∴b 2a 2＝2，∴c 2－a 2a2＝e2－1＝2，∴e ＝3，选A.8．(2019·江西九江二模)如图所示，网格纸上小正方形的边长为1，粗实线画出的是某几何体的三视图，且侧视图中的曲线都为圆弧线，则该几何体的表面积为( )A ．8πB ．8π＋4C ．6πD ．6π＋4答案 D解析 直观图如图所示，几何体是上下底面是半径为1的4段14的圆弧，柱体的高为3，所以几何体的表面积为4×14×2π×1×3＋2×⎝ ⎛⎭⎪⎫2－2×π4＋2×π4＝6π＋4.故选D.9．已知数列{a n }满足a n ＋1＋(－1)n ＋1a n ＝2，则其前100项和为( ) A ．250 B ．200 C ．150 D ．100答案 D解析 因为a n ＋1＋(－1)n ＋1a n ＝2， 所以a 2＋a 1＝2， a 4＋a 3＝2， a 6＋a 5＝2，…a 100＋a 99＝2.以上50个等式相加可得，数列{a n }的前100项和为2×50＝100.10．函数f (x )＝A sin(ωx ＋φ)⎝ ⎛⎭⎪⎫A ，ω，φ是常数，A >0，ω>0，|φ|≤π2的部分图象如图所示，若方程f (x )＝a 在⎣⎢⎡⎦⎥⎤－π4，π2上有两个不相等的实数根，则a 的取值范围是( )A ．⎣⎢⎡⎭⎪⎫22，2B ．⎣⎢⎡⎭⎪⎫－22，2C ．⎣⎢⎡⎭⎪⎫－62，2D ．⎣⎢⎡⎭⎪⎫62，2答案 B解析 由题中函数f (x )的部分图象可得，函数f (x )的最小正周期为π，最小值为－2，所以A ＝2，ω＝2，所以f (x )＝2sin(2x ＋φ)，将点⎝ ⎛⎭⎪⎫7π12，－2的坐标代入f (x )得，sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫7π6＋φ＝－1，因为|φ|≤π2，所以φ＝π3，所以f (x )＝2sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫2x ＋π3.若f (x )＝a 在⎣⎢⎡⎦⎥⎤－π4，π2上有两个不等的实根，即在⎣⎢⎡⎦⎥⎤－π4，π2上，函数f (x )的图象与直线y ＝a 有两个不同的交点，结合图象(略)，得f ⎝ ⎛⎭⎪⎫－π4＝－22≤a <f ⎝ ⎛⎭⎪⎫π12＝2，－22≤a <2，故选B.11．已知函数f (x )＝⎩⎨⎧2e x －1，x <1，x 3＋x ，x ≥1，则f [f (x )]<2的解集为( )A ．(1－ln 2，＋∞)B ．(－∞，1－ln 2)C ．(1－ln 2,1)D ．(1,1＋ln 2)答案 B解析 因为当x ≥1时，f (x )＝x 3＋x ≥2，当x <1时，f (x )＝2e x －1<2，所以f [f (x )]<2等价于f (x )<1，即2e x －1<1，解得x <1－ln 2，所以f [f (x )]<2的解集为(－∞，1－ln 2)，故选B.12．(2019·广东高三高考模拟)已知函数f (x )＝e |x |－ax 2，对任意x 1<0，x 2<0，都有(x 2－x 1)(f (x 2)－f (x 1))<0，则实数a 的取值范围是( )A ．⎝ ⎛⎦⎥⎤－∞，－e 2B ．⎝ ⎛⎦⎥⎤－∞，e 2C ．⎣⎢⎡⎦⎥⎤－e 2，0D ．⎣⎢⎡⎦⎥⎤0，e 2答案 B解析 由题意可知，函数f (x )是(－∞，0)上的单调递减函数，且当x <0时，f (x )＝e －x－ax 2，f ′(x )＝－1e x －2ax ＝－2ax e x ＋1e x ≤0，则2ax e x ＋1≥0，即a ≤－12x e x 恒成立，令g (x )＝x e x (x <0)，则g ′(x )＝e x (x ＋1)，得函数g (x )在区间(－∞，－1)上单调递减，在区间(－1,0)上单调递增，函数g (x )的最小值为g (－1)＝－1e ，则⎝ ⎛⎭⎪⎫－12x e x min＝e 2，所以实数a 的取值范围是⎝ ⎛⎦⎥⎤－∞，e 2.故选B.二、填空题13．在菱形ABCD 中，A (－1,2)，C (2,1)，则BA →·AC →＝________.答案 －5解析 设菱形ABCD 的对角线交于点M ，则BA→＝BM →＋MA →，BM →⊥AC →，MA →＝－12AC →，又AC →＝(3，－1)，所以BA →·AC →＝(BM →＋MA →)·AC→＝－12AC →2＝－5. 14．曲线f (x )＝x ln x 在点P (1,0)处的切线与两坐标轴围成的三角形的面积是________．答案 12解析 f ′(x )＝ln x ＋x ·1x ＝ln x ＋1， ∴在点P (1,0)处的切线斜率为k ＝1，∴在点P (1,0)处的切线l 为y －0＝x －1，即y ＝x －1.∵y ＝x －1与坐标轴交于(0，－1)，(1,0)．∴切线y ＝x －1与坐标轴围成的三角形面积为S ＝12×1×1＝12.15．某货运员拟运送甲、乙两种货物，每件货物的体积、重量、可获利润以及运输限制如表：答案 62元解析 设该货运员运送甲种货物x 件，乙种货物y 件，获得的利润为z 元，则由题意得⎩⎨⎧ 20x ＋10y ≤110，10x ＋20y ≤100，x ≥0，y ≥0，即⎩⎨⎧2x ＋y ≤11，x ＋2y ≤10，x ≥0，y ≥0，z ＝8x ＋10y ，作出不等式组表示的可行域，如图中阴影部分所示，结合图象可知，当直线z ＝8x ＋10y 经过点(4,3)时，目标函数z ＝8x ＋10y 取得最大值，z max ＝62，所以获得的最大利润为62元．16. 如图，记椭圆x 225＋y 29＝1，y 225＋x 29＝1内部重叠区域的边界为曲线C ，P 是曲线C 上的任意一点，给出下列四个命题：①P 到F 1(－4,0)，F 2(4,0)，E 1(0，－4)，E 2(0,4)四点的距离之和为定值； ②曲线C 关于直线y ＝x ，y ＝－x 均对称； ③曲线C 所围区域的面积必小于36； ④曲线C 的总长度不大于6π. 其中正确命题的序号为________． 答案 ②③解析 对于①，若点P 在椭圆x 225＋y 29＝1上，P 到F 1(－4，0)，F 2(4,0)两点的距离之和为定值，到E 1(0，－4)，E 2(0,4)两点的距离之和不为定值，故①错误；对于②，联立两个椭圆的方程，得⎩⎪⎨⎪⎧x 225＋y 29＝1，y225＋x29＝1，得y 2＝x 2，结合椭圆的对称性知，曲线C 关于直线y ＝x ，y ＝－x 均对称，故②正确；对于③，曲线C 所围区域在边长为6的正方形内部，所以其面积必小于36，故③正确；对于④，曲线C 所围区域的内切圆为半径为3的圆，所以曲线C 的总长度必大于圆的周长6π，故④错误．故答案为②③.。
2020届高考数学大二轮复习刷题首选卷第二部分刷题型选填题(二)文(最新整理)
2020 届高考数学大二轮复习 刷题首选卷 第二部分 刷题型 选填题（二）文
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2020 届高考数学大二轮复习 刷题首选卷 第二部分 刷题型 选填题（二）文
所以错误!＝0。7×4.5＋0.35,解得 m＝3。 14．一名法官在审理一起珍宝盗窃案时，四名嫌疑人甲、乙、丙、丁的供词如下，甲说： “罪犯在乙、丙、丁三人之中”；乙说：“我没有作案，是丙偷的"；丙说：“甲、乙两人中 有一人是小偷”；丁说：“乙说的是事实”．经过调查核实,四人中有两人说的是真话，另外 两人说的是假话，且这四人中只有一人是罪犯，由此可判断罪犯是________． 答案 乙 解析 由题可知,乙、丁两人的观点一致，即同真同假，假设乙、丁说的是真话,那么甲、 丙两人说的是假话，由乙说的是真话，推出丙是罪犯,由甲说假话，推出乙、丙、丁三人不是 罪犯，显然两个结论相互矛盾，所以乙、丁两人说的是假话,而甲、丙两人说的是真话，由甲、 丙供述可得，乙是罪犯． 15．在△ABC 中，角 A，B，C 所对的边分别为 a,b,c,若 a2－b2＝ 3bc，且 sinC＝2错误!sinB， 则角 A 的大小为________． 答案 错误! 解析 由 sinC＝2错误!sinB 得 c＝2错误!b.则 a2－b2＝错误!bc＝错误!×2错误!b2。即 a2＝7b2。 则 cosA＝错误!＝错误!＝错误!。 又 A∈（0，π），∴A＝错误!。 16．(2019·宁夏模拟）已知函数 f(x）＝（x－m)2＋(ln x－2m）2，当 f（x)取最小值时, 则 m＝________。 答案 错误!－错误!ln 2 解析 （x－m)2＋(ln x－2m）2 可转化为点 A（x,ln x）与 B(m,2m）之间距离的平方，点 A 在函数 y＝ln x 的图象上，点 B(m，2m)在直线 y＝2x 上，所以原问题转化为函数 y＝ln x 的图 象上任意一点与直线 y＝2x 上任意一点距离最小问题,设直线 y＝2x＋t 与 y＝ln x 相切于点 P(x0，y0），因为 y′＝（ln x)′＝错误!，所以错误!＝2，故 P错误!，解方程组错误! 得 x＝错误!－错误!ln 2，即为所求的 m 值．
2020届高考数学大二轮复习刷题首选卷第二部分刷题型选填题(二)文
选填题(二)一、选择题 1．若z ＝4＋3i ，则z－|z |＝( ) A ．1 B ．－1 C.45＋35i D.45－35i 答案 D解析 因为z ＝4＋3i ，所以z －＝4－3i ，|z |＝42＋32＝5，所以z －|z |＝4－3i 5＝45－35i. 2．设集合A ＝{x |x >1}，集合B ＝{a ＋2}，若A ∩B ＝∅，则实数a 的取值范围是( ) A ．(－∞，－1] B ．(－∞，－1) C ．[－1，＋∞) D．[1，＋∞) 答案 A解析 由A ∩B ＝∅可知a ＋2≤1，所以a ≤－1.3．已知α是第二象限角，sin(π＋α)＝－13，则tan ⎝ ⎛⎭⎪⎫π2－α的值为( )A ．2 2B ．－2 2 C.24D ．±2 2 答案 B解析 因为sin(π＋α)＝－sin α＝－13，所以sin α＝13，又因为α是第二象限角，所以cos α＝－1－sin 2α＝－223，所以tan ⎝ ⎛⎭⎪⎫π2－α＝sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫π2－αcos ⎝ ⎛⎭⎪⎫π2－α＝cos αsin α＝－22313＝－2 2. 4．双曲线x 2a 2－y 2b2＝1(a >0，b >0)的一条渐近线与直线x ＋2y －1＝0垂直，则双曲线的离心率为( )A.52 B. 5 C.3＋12D.3＋1 答案 B解析 由已知得b a ＝2，所以e ＝ca ＝a 2＋b 2a 2＝ 5a2a 2＝5，故选B.5．(2019·烟台高三诊断检测)定义在R 上的奇函数f (x )满足f (x ＋2)＝f (x )，当x ∈(－1,0)时，f (x )＝e －x，则f ⎝ ⎛⎭⎪⎫92＝( )A. e B ．－ e C.1e D ．－1e答案 B解析 由已知得f ⎝ ⎛⎭⎪⎫92＝f ⎝ ⎛⎭⎪⎫4＋12＝f ⎝ ⎛⎭⎪⎫12＝－f ⎝ ⎛⎭⎪⎫－12＝－e12 ＝－ e.6．执行如图所示的程序框图，如果输出的n ＝2，那么输入的a 的值可以为( )A ．4B ．5C ．6D ．7 答案 D解析 执行程序框图，输入a ，P ＝0，Q ＝1，n ＝0，此时P ≤Q 成立，P ＝1，Q ＝3，n ＝1，此时P ≤Q 成立，P ＝1＋a ，Q ＝7，n ＝2.因为输出的n 的值为2，所以应该退出循环，即P >Q ，所以1＋a >7，结合选项，可知a 的值可以为7，故选D.7．(2019·全国卷Ⅰ)函数f (x )＝sin x ＋xcos x ＋x2在[－π，π]的图象大致为( )答案 D解析 因为f (－x )＝－x －x －x ＋－x 2＝－sin x ＋x cos x ＋x2＝－f (x )，所以f (x )为奇函数，排除选项A. 又f ⎝ ⎛⎭⎪⎫π2＝1＋π2⎝ ⎛⎭⎪⎫π22＝4＋2ππ2>1，f (π)＝sin π＋πcos π＋π2＝π－1＋π2>0，排除选项B ，C.故选D.8．如图，网格纸上小正方形的边长为1，粗线画出的是某几何体的三视图，则该几何体的体积为( )A.16π3 B.11π2 C.17π3 D.35π6答案 A解析 该几何体可以看成是在一个半球上叠加一个14圆锥，然后在半球里挖掉一个相同的14圆锥，所以该几何体的体积和半球的体积相等．由图可知，球的半径为2，则V ＝23πr 3＝16π3.故选A.9．2018年1月31日晚上月全食的过程分为初亏、食既、食甚、生光、复圆五个阶段，月食的初亏发生在19时48分，20时51分食既，食甚时刻为21时31分，22时08分生光，直至23时12分复圆．全食伴随有蓝月亮和红月亮，全食阶段的“红月亮”将在食甚时刻开始，生光时刻结束．一市民准备在19：55至21：56之间的某个时刻欣赏月全食，则他等待“红月亮”的时间不超过30分钟的概率是( )A.411 B.712 C.511 D.1112答案 C解析 如图，时间轴点所示，概率为P ＝55121＝511.10．(2019·湖北八校联考)已知实数x ，y 满足⎩⎪⎨⎪⎧x ＋2y ≥0，x －y ≤0，0≤y ≤k ，且z ＝x ＋y 的最大值为6，则(x ＋5)2＋y 2的最小值为( ) A ．5 B ．3 C. 5 D. 3 答案 A解析 作出不等式组⎩⎪⎨⎪⎧x ＋2y ≥0，x －y ≤0，0≤y ≤k ，表示的平面区域如图中阴影部分所示，由z ＝x ＋y ，得y ＝－x ＋z ，平移直线y ＝－x ，由图形可知当直线y ＝－x ＋z 经过点A时，直线y ＝－x ＋z 的纵截距最大，此时z 最大，最大值为6，即x ＋y ＝6.由⎩⎪⎨⎪⎧x ＋y ＝6，x －y ＝0，得A (3,3)，∵直线y ＝k 过点A ，∴k ＝3.(x ＋5)2＋y 2的几何意义是可行域内的点与点D (－5，0)的距离的平方，数形结合可知，点D (－5，0)到直线x ＋2y ＝0的距离最小，可得(x ＋5)2＋y 2的最小值为⎝⎛⎭⎪⎫|－5＋2×0|12＋222＝5. 11. 如图，抛物线W ：y 2＝4x 与圆C ：(x －1)2＋y 2＝25交于A ，B 两点，点P 为劣弧AB 上不同于A ，B 的一个动点，与x 轴平行的直线PQ 交抛物线W 于点Q ，则△PQC 的周长的取值范围是( )A ．(10,12)B ．(12,14)C ．(10,14)D ．(9,11) 答案 A解析 解法一：由题意得，抛物线W 的准线l ：x ＝－1，焦点为C (1,0)，由抛物线的定义可得|QC |＝x Q ＋1，圆(x －1)2＋y 2＝25的圆心为(1,0)，半径为5，故△PQC 的周长为|QC |＋|PQ |＋|PC |＝x Q ＋1＋(x P －x Q )＋5＝6＋x P .联立，得⎩⎪⎨⎪⎧y 2＝4x ，x －2＋y 2＝25，得A (4,4)，则x P∈(4,6)，故6＋x P ∈(10,12)，故△PQC 的周长的取值范围是(10,12)．故选A.解法二：平移直线PQ ，当点A 在直线PQ 上时，属于临界状态，此时结合|CA |＝5可知△PQC 的周长趋于2×5＝10；当直线PQ 与x 轴重合时，属于临界状态，此时结合圆心坐标(1,0)及圆的半径为5可知△PQC 的周长趋于2×(1＋5)＝12.综上，△PQC 的周长的取值范围是(10,12)．故选A.12．如图所示，在直角梯形ABCD 中，AB ∥CD ，AB ⊥BC ，AB ＝2，CD ＝1，BC ＝a (a >0)，P 为线段AD (含端点)上一个动点，设AP →＝xAD →，PB →·PC →＝y ，对于函数y ＝f (x )，给出以下三个结论：①当a ＝2时，函数f (x )的值域为[1,4]； ②对任意的a ∈(0，＋∞)，都有f (1)＝1成立； ③对任意的a ∈(0，＋∞)，函数f (x )的最大值都等于4. 其中所有正确结论的序号是( ) A ．①② B ．②③ C ．①③ D ．①②③ 答案 B解析 建立如图所示的平面直角坐标系，则B (0,0)，A (－2，0)，C (0，a )，D (－1，a )，AD →＝(1，a )，因为AP →＝xAD →，故点P 的坐标为(x －2，xa )，PB →＝(2－x ，－xa )，PC →＝(2－x ，a －ax )，所以y ＝f (x )＝PB →·PC →＝(2－x )2－xa (a －xa )＝(1＋a 2)x 2－(4＋a 2)x ＋4(0≤x ≤1)，对于①，当a ＝2时，函数f (x )＝5x 2－8x＋4的值域为⎣⎢⎡⎦⎥⎤45，4，故错误；对于②，对任意的a ∈(0，＋∞)，f (1)＝1＋a 2－(4＋a 2)＋4＝1，故正确；对于③，对任意的a ∈(0，＋∞)，函数f (x )＝(1＋a 2)x 2－(4＋a 2)x ＋4为二次函数，其图象开口向上，所以f (x )的最大值在端点处取得，又f (0)＝4>f (1)＝1，所以函数f (x )的最大值为4，故正确．故选B.二、填空题13．下表是降耗技术改造后生产甲产品过程中记录的产量x (吨)与相应的生产能耗y (吨标准煤)的几组对应数据，根据表中提供的数据，求出y 关于x 的线性回归方程为y ^＝0.7x ＋0.35，则表中m 的值为________．答案 3解析 由题意，得x －＝3＋4＋5＋64＝4.5，y －＝2.5＋m ＋4＋4.54＝11＋m4，所以11＋m4＝0.7×4.5＋0.35，解得m ＝3.14．一名法官在审理一起珍宝盗窃案时，四名嫌疑人甲、乙、丙、丁的供词如下，甲说：“罪犯在乙、丙、丁三人之中”；乙说：“我没有作案，是丙偷的”；丙说：“甲、乙两人中有一人是小偷”；丁说：“乙说的是事实”．经过调查核实，四人中有两人说的是真话，另外两人说的是假话，且这四人中只有一人是罪犯，由此可判断罪犯是________．答案 乙解析 由题可知，乙、丁两人的观点一致，即同真同假，假设乙、丁说的是真话，那么甲、丙两人说的是假话，由乙说的是真话，推出丙是罪犯，由甲说假话，推出乙、丙、丁三人不是罪犯，显然两个结论相互矛盾，所以乙、丁两人说的是假话，而甲、丙两人说的是真话，由甲、丙供述可得，乙是罪犯．15．在△ABC 中，角A ，B ，C 所对的边分别为a ，b ，c ，若a 2－b 2＝3bc ，且sin C ＝23sin B ，则角A 的大小为________．答案π6解析 由sin C ＝23sin B 得c ＝23b .则a 2－b 2＝3bc ＝3×23b 2.即a 2＝7b 2.则cos A ＝b 2＋c 2－a 22bc ＝b 2＋12b 2－7b 243b2＝32. 又A ∈(0，π)，∴A ＝π6.16．(2019·宁夏模拟)已知函数f (x )＝(x －m )2＋(ln x －2m )2，当f (x )取最小值时，则m ＝________.答案110－25ln 2 解析 (x －m )2＋(ln x －2m )2可转化为点A (x ，ln x )与B (m,2m )之间距离的平方，点A在函数y ＝ln x 的图象上，点B (m,2m )在直线y ＝2x 上，所以原问题转化为函数y ＝ln x 的图象上任意一点与直线y ＝2x 上任意一点距离最小问题，设直线y ＝2x ＋t 与y ＝ln x 相切于点P (x 0，y 0)，因为y ′＝(ln x )′＝1x ，所以1x 0＝2，故P ⎝ ⎛⎭⎪⎫12，－ln 2，解方程组⎩⎪⎨⎪⎧y ＝2x ，y ＋ln 2＝－12⎝ ⎛⎭⎪⎫x －12，得x ＝110－25ln 2，即为所求的m 值．。
2020届高考数学大二轮复习刷题首选卷第二部分刷题型解答题(六)文
解答题(六)17．已知在△ABC 中，内角A ，B ，C 所对的边分别为a ，b ，c ，且满足a ＋2a cos B ＝c . (1)求证：B ＝2A ；(2)若△ABC 为锐角三角形，且c ＝2，求a 的取值范围． 解 (1)证明：因为a ＋2a cos B ＝c ，由正弦定理知sin A ＋2sin A cos B ＝sin C ＝sin(A ＋B )＝sin A cos B ＋cos A sin B ，即sin A ＝cos A sin B －sin A cos B ＝sin(B －A )．因为A ，B ∈(0，π)，所以B －A ∈(－π，π)， 且A ＋(B －A )＝B ∈(0，π)，所以A ＋(B －A )≠π， 所以A ＝B －A ，B ＝2A .(2)由(1)知A ＝B 2，C ＝π－A －B ＝π－3B2.由△ABC 为锐角三角形得⎩⎪⎨⎪⎧0<B 2<π2，0<B <π2，0<π－3B 2<π2，得π3<B <π2. 由a ＋2a cos B ＝2，得a ＝21＋2cos B∈(1,2)．18．(2019·安徽江淮十校第三次联考)在三棱柱ABC －A 1B 1C 1中，D 为AB 的中点，点E 在侧棱CC 1上，DE ∥平面AB 1C 1.(1)证明：E 是CC 1的中点；(2)设∠BAC ＝90°，四边形ABB 1A 1是边长为2的正方形，四边形ACC 1A 1为矩形，且DE ＝5，求三棱锥B 1－AA 1C 1的体积．解 (1)证明：如图，取AC 的中点M ，连接DM ，EM ，因为D 为AB 的中点，所以DM ∥BC ∥B 1C 1，又DM ⊄平面AB 1C 1，B 1C 1⊂平面AB 1C 1，所以DM ∥平面AB 1C 1.又DE ∥平面AB 1C 1，且DM ∩DE ＝D ，所以平面DEM ∥平面AB 1C 1，又EM ⊂平面DEM ，所以EM ∥平面AB 1C 1，而EM ⊂平面ACC 1A 1，且平面ACC 1A 1∩平面AB 1C 1＝AC 1，所以EM ∥AC 1，而M 为AC 的中点，所以E 为CC 1的中点.(2)因为四边形ABB 1A 1为正方形，所以A 1B 1⊥AA 1，又∠BAC ＝90°，所以A 1B 1⊥A 1C 1，而AA 1∩A 1C 1＝A 1，所以A 1B 1⊥平面AA 1C 1.连接AE ，则DA ⊥AE .设AC ＝x ，于是AE ＝1＋x 2，由AE 2＋AD 2＝DE 2，得1＋x 2＋1＝(5)2，所以x ＝ 3.即AC ＝3，所以V B 1－AA 1C 1＝13×12×2×3×2＝233.所以三棱锥B 1－AA 1C 1的体积为232.19．(2019·山东临沂三模)甲、乙两人参加一个射击的中奖游戏比赛，在相同条件下各打靶50次，统计每次打靶所得环数，得下列频数分布表．为8,9时获奖三元，所得环数为10时获奖四元，没命中则无奖．(1)根据上表，在给定的坐标系内作出甲射击50次获奖金额(单位：元)的条形图；(2)估计甲射击1次所获奖至少为三元的概率；(3)要从甲、乙两人中选拔一人参加射击比赛，请你根据甲、乙两人所获奖金额的平均数和方差作出选择．解(1)依题意知甲50次获奖金额(单位：元)的频数分布为(2)甲射击一次所获奖金至少为三元，即打靶所得环数至少为8，因为甲所得环数至少为8的有16＋6＋2＝24(次)，所以估计甲射击一次所获奖金至少为三元的概率为2450＝12 25.(3)甲50次获奖金的平均数为150×(1×1＋2×25＋3×22＋4×2)＝52，乙50次获奖金的平均数为150×(1×3＋2×21＋3×24＋4×2)＝52，甲50次获奖金额的方差为150×⎣⎢⎡⎦⎥⎤⎝ ⎛⎭⎪⎫1－522×1＋⎝ ⎛⎭⎪⎫2－522×25＋⎝ ⎛⎭⎪⎫3－522×22＋⎝ ⎛⎭⎪⎫4－522×2＝150×372＝37100. 乙50次获奖金额的方差为150×⎣⎢⎡⎦⎥⎤⎝ ⎛⎭⎪⎫1－522×3＋⎝ ⎛⎭⎪⎫2－522×21＋⎝ ⎛⎭⎪⎫3－522×24＋⎝ ⎛⎭⎪⎫4－522×2＝150×452＝920. 因为甲、乙的平均数相等，甲的方差小，故派甲参赛比较好.20．(2019·全国卷Ⅰ)已知点A ，B 关于坐标原点O 对称，|AB |＝4，⊙M 过点A ，B 且与直线x ＋2＝0相切．(1)若A 在直线x ＋y ＝0上，求⊙M 的半径；(2)是否存在定点P ，使得当A 运动时，|MA |－|MP |为定值？并说明理由．解 (1)因为⊙M 过点A ，B ，所以圆心M 在AB 的垂直平分线上．由已知A 在直线x ＋y ＝0上，且A ，B 关于坐标原点O 对称，所以M 在直线y ＝x 上，故可设M (a ，a )．因为⊙M 与直线x ＋2＝0相切，所以⊙M 的半径为r ＝|a ＋2|.由已知得|AO |＝2.又MO ⊥AO ，故可得2a 2＋4＝(a ＋2)2，解得a ＝0或a ＝4. 故⊙M 的半径r ＝2或r ＝6.(2)存在定点P (1,0)，使得|MA |－|MP |为定值． 理由如下：设M (x ，y )，由已知得⊙M 的半径为r ＝|x ＋2|， |AO |＝2.由于MO ⊥AO ，故可得x 2＋y 2＋4＝(x ＋2)2，化简得M 的轨迹方程为y 2＝4x .因为曲线C ：y 2＝4x 是以点P (1,0)为焦点，以直线x ＝－1为准线的抛物线，所以|MP |＝x ＋1.因为|MA |－|MP |＝r －|MP |＝x ＋2－(x ＋1)＝1， 所以存在满足条件的定点P .21．(2019·湖北黄冈2月联考)已知函数f (x )＝(x －2)e x ＋12ax 2－bx 的导函数为f ′(x )，其中e 为自然对数的底数，e ＝2.7182818…，且f ′(1)＝0.(1)讨论f (x )的单调性；(2)若存在正数x 0，使得f (x 0)＜2a ，求实数a 的取值范围． 解 (1)f ′(x )＝(x －1)e x＋ax －b ，∵f ′(1)＝0， ∴a －b ＝0，即b ＝a ， ∴f ′(x )＝(x －1)(e x＋a )，f (x )＝(x －2)e x ＋12ax 2－ax ，①当a ≥0时，x ＜1，f ′(x )＜0，x ＞1，f ′(x )＞0， ∴f (x )在(－∞，1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增， ②当－e ＜a ＜0时，ln (－a )＜1，令f ′(x )＞0，解得x ＜ln (－a )或x ＞1.令f ′(x )＜0，解得ln (－a )＜x ＜1，∴f (x )在(－∞，ln (－a ))和(1，＋∞)上单调递增，在(ln (－a )，1)上单调递减； ③当a ＜－e 时，ln (－a )>1，令f ′(x )＞0，解得x ＞ln (－a )或x ＜1，令f ′(x )＜0，解得1＜x ＜ln (－a )，∴f (x )在(－∞，1)和(ln (－a )，＋∞)上单调递增，在(1，ln (－a ))上单调递减； ④当a ＝－e 时，f (x )在R 上单调递增．(2)由(1)知，①当a ≥0时，需f (1)＝－e －12a ＜2a ，满足题意；②当－e ＜a ＜0时，需f (1)＝－e －12a ＜2a 或f (0)＝－2＜2a ，解得a ＞－25e ，∴－25e ＜a ＜0；③当a ＜－e 时，需f (0)＝－2＜2a 或f (ln (－a ))＜2a .当f (0)＜2a 时，a ＞－1，无解； 当f [ln (－a )]＜2a 时，得ln (－a )<0或ln (－a )＞4，解得a ＞－1或a ＜－e 4，∴a ＜－e 4；④当a ＝－e 时，需f (0)＝－2＜2a ，无解，不满足题意．综上所述，a 的取值范围是(－∞，－e 4)∪⎝ ⎛⎭⎪⎫－25e ，＋∞.22．在极坐标系中，曲线C 1的极坐标方程是ρ＝244cos θ＋3sin θ，以极点为原点O ，极轴为x 轴正半轴(两坐标系取相同的单位长度)的直角坐标系xOy 中，曲线C 2的参数方程为⎩⎪⎨⎪⎧x ＝cos θ，y ＝sin θ(θ为参数)．(1)求曲线C 1的直角坐标方程与曲线C 2的普通方程； (2)将曲线C 2经过伸缩变换⎩⎨⎧x ′＝22x ，y ′＝2y后得到曲线C 3，若M ，N 分别是曲线C 1和曲线C 3上的动点，求|MN |的最小值．解 (1)∵C 1的极坐标方程是ρ＝244cos θ＋3sin θ，∴4ρcos θ＋3ρsin θ＝24，整理得4x ＋3y －24＝0， ∴C 1的直角坐标方程为4x ＋3y －24＝0.曲线C 2：⎩⎪⎨⎪⎧x ＝cos θ，y ＝sin θ，∴x 2＋y 2＝1，故C 2的普通方程为x 2＋y 2＝1. (2)将曲线C 2经过伸缩变换⎩⎨⎧x ′＝22x ，y ′＝2y后得到曲线C 3的方程为x ′28＋y ′24＝1，则曲线C 3的参数方程为⎩⎨⎧x ＝22cos α，y ＝2sin α(α为参数)．设N (22cos α，2sin α)，则点N 到曲线C 1的距离为d ＝|4×22cos α＋3×2sin α－24|5＝|241sin α＋φ－24|5＝24－241sin α＋φ5⎝⎛⎭⎪⎫tan φ＝423.当sin(α＋φ)＝1时，d 有最小值24－2415，所以|MN |的最小值为24－2415.23．已知函数f (x )＝3|x －a |＋|3x ＋1|，g (x )＝|4x －1|－|x ＋2|. (1)求不等式g (x )<6的解集；(2)若存在x 1，x 2∈R ，使得f (x 1)和g (x 2)互为相反数，求a 的取值范围．解 (1)∵g (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧－3x ＋3，x ≤－2，－5x －1，－2<x ≤14，3x －3，x >14，当x ≤－2时，－3x ＋3<6，解得x >－1，此时无解． 当－2<x ≤14时，－5x －1<6，解得x >－75，即－75<x ≤14.当14<x 时，3x －3<6，解得x <3，即14<x <3. 综上，g (x )<6的解集为⎩⎪⎨⎪⎧⎭⎪⎬⎪⎫x ⎪⎪⎪－75<x <3. (2)因为存在x 1，x 2∈R ，使得f (x 1)＝－g (x 2) 成立．所以{y |y ＝f (x )，x ∈R }∩{y |y ＝－g (x )，x ∈R }≠∅.又f (x )＝3|x －a |＋|3x ＋1|≥|(3x －3a )－(3x ＋1)|＝|3a ＋1|，由(1)可知g (x )∈⎣⎢⎡⎭⎪⎫－94，＋∞， 则－g (x )∈⎝⎛⎦⎥⎤－∞，94. 所以|3a ＋1|≤94，解得－1312≤a ≤512.故a 的取值范围为⎣⎢⎡⎦⎥⎤－1312，512.。
2020届高考数学大二轮刷题首选卷文数文档：第二部分 选填题(四) Word版含解析
选填题(四)一、选择题1．已知集合A ＝{y |y ＝e x ，x ∈R }，B ＝{x ∈R |x 2－x －6≤0}，则A ∩B ＝( ) A ．(0,2) B ．(0,3] C ．[－2,3] D ．[2,3] 答案 B解析 由已知得A ＝(0，＋∞)，B ＝[－2,3]，所以A ∩B ＝(0,3]． 2．设有下面四个命题：p 1：若复数z 满足z ＝z －，则z ∈R ；p 2：若复数z 1，z 2满足|z 1|＝|z 2|，则z 1＝z 2或z 1＝－z 2；p 3：若复数z 1＝z －2，则z 1·z 2∈R ；p 4：若复数z 1，z 2满足z 1＋z 2∈R ，则z 1∈R ，z 2∈R .其中的真命题为( )A ．p 1，p 3B ．p 2，p 4C ．p 2，p 3D ．p 1，p 4 答案 A解析 p 1是真命题，设z ＝a ＋b i ，则z －＝a －b i ，若z ＝z －，则b ＝0，故z ∈R .p 2是假命题，例如z 1＝3＋4i ，z 2＝4＋3i ，虽有|z 1|＝|z 2|，但是z 1≠z 2，且z 1≠－z 2.p 3是真命题，设z 2＝a ＋b i ，则z 1＝z －2＝a －b i ，于是z 1·z 2＝a 2＋b 2∈R . p 4是假命题，例如z 1＝1－i ，z 2＝1＋i ，虽有z 1＋z 2＝2∈R .但z 1∉R ，z 2∉R . 3．设m ，n 是两条不同的直线，α，β是两个不同的平面，则下列命题中正确的是( )A ．若α⊥β，m ⊥α，则m ∥βB ．若m ∥α，n ⊂α，则m ∥nC ．若α∩β＝m ，n ∥α，n ∥β，则m ∥nD ．若α⊥β，且α∩β＝m ，点A ∈α，直线AB ⊥m ，则AB ⊥β 答案 C解析 A ．若α⊥β，m ⊥α，则m ∥β或m ⊂β；B.若m ∥α，n ⊂α，则m ，n 无交点，即平行或异面；C.若α∩β＝m ，n ∥α，n ∥β，过n 作平面与α，β分别交于直线s，t，则s∥n，t∥n，所以s∥t.再根据线面平行判定定理得s∥β，因为α∩β＝m，s⊂α所以s∥m，即m∥n；D.若α⊥β，且α∩β＝m，点A∈α，直线AB⊥m，当B在平面α内时才有AB⊥β.4．(2019·贵州凯里一中模拟二)为上班方便，学校安排校车早上06：50,07：40,08：30从A校区发车带老师前往B校区上班．某老师在早上07：35至08：30之间到达A校区发车地点，且到达发车点的时刻是随机的，则该老师等车时间不超过5分钟的概率是()A.110 B.15 C.211 D.320答案C解析设“该老师等车时间不超过5分钟”为事件A，用线段表示事件区域，如图，总的区间长度从7：35到8：30共55分钟，而事件A对应阴影部分的区间长度为10分钟，则P(A)＝1055＝211.故选C.5．中国古代数学名著《九章算术》中有这样一个问题：今有牛、马、羊食人苗，苗主责之粟五斗．羊主曰：“我羊食半马．”马主曰：“我马食半牛．”今欲衰偿之，问各出几何？此问题的译文是：今有牛、马、羊吃了别人的禾苗，禾苗主人要求赔偿5斗粟．羊主人说：“我的羊所吃的禾苗只有马的一半．”马主人说：“我的马所吃的禾苗只有牛的一半．”打算按此比率偿还，他们各应偿还多少？已知牛、马、羊的主人各应偿还粟a升，b升，c升，1斗为10升，则下列判断正确的是()A．a，b，c成公比为2的等比数列，且a＝50 7B．a，b，c成公比为2的等比数列，且c＝50 7C．a，b，c成公比为12的等比数列，且a＝507D．a，b，c成公比为12的等比数列，且c＝507答案D解析 由题意可得，a ，b ，c 成公比为12的等比数列，b ＝12a ，c ＝12b ， 故4c ＋2c ＋c ＝50，解得c ＝507.故选D.6．(2019·郑州市高三质量预测)如图，在直三棱柱ABC －A ′B ′C ′中，△ABC 是边长为2的等边三角形，AA ′＝4，点E ，F ，G ，H ，M 分别是边AA ′，AB ，BB ′，A ′B ′，BC 的中点，动点P 在四边形EFGH 的内部运动，并且始终有MP ∥平面ACC ′A ′，则动点P 的轨迹长度为( )A ．2B ．2πC ．2 3D ．4 答案 D解析 连接MF ，FH ，MH ，因为M ，F ，H 分别为BC ，AB ，A ′B ′的中点，所以MF ∥平面AA ′C ′C ，FH ∥平面AA ′C ′C ，所以平面MFH ∥平面AA ′C ′C ，所以M 与线段FH 上任意一点的连线都平行于平面AA ′C ′C ，所以点P 的运动轨迹是线段FH ，其长度为4，故选D.7．将函数f (x )＝2sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫2x ＋π3图象上的每个点的横坐标缩短为原来的一半，纵坐标不变，再将所得图象向左平移π12个单位得到函数g (x )的图象，在g (x )图象的所有对称轴中，离原点最近的对称轴为( )A ．x ＝－π24B ．x ＝π4C ．x ＝5π24D ．x ＝π12 答案 A解析 f (x )＝2sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫2x ＋π3图象上的每个点的横坐标缩短为原来的一半，纵坐标不变，得y ＝2sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫4x ＋π3的图象，再将所得图象向左平移π12个单位得到函数g (x )＝2sin ⎣⎢⎡⎦⎥⎤4⎝ ⎛⎭⎪⎫x ＋π12＋π3＝2sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫4x ＋2π3.由4x ＋2π3＝k π＋π2，k ∈Z 得x ＝k π4－π24，k ∈Z ，即为对称轴方程，离原点最近的是x ＝－π24.8．(2019·江西新余一中模拟)我国古代数学名著《九章算术》的论割圆术中有：“割之弥细，所失弥少，割之又割，以至于不可割，则与圆周合体而无所失矣．”它体现了一种无限与有限的转化过程．比如在表达式1＋11＋11＋…中“…”即代表无数次重复，但原式却是个定值，它可以通过方程1＋1x ＝x 求得x ＝5＋12.类比上述过程，则3＋23＋2…＝( ) A ．3 B.13＋12 C ．6 D ．22答案 A解析 由题意，类比推理得3＋2x ＝x (x ≥0)，整理得(x ＋1)(x －3)＝0，则x ＝3，即3＋23＋2…＝3.故选A. 9．(2019·河北高考模拟)函数f (x )＝12x ＋sin x 的图象大致是( )答案 C解析 因为f (x )＝12x ＋sin x 为奇函数，所以排除B ，D ；当x ＞0，且x →0时，f (x )＞0，排除A ，故选C.10．若函数f (x )同时满足下列两个条件，则称该函数为“优美函数”： (1)∀x ∈R ，都有f (－x )＋f (x )＝0； (2)∀x 1，x 2∈R ，且x 1≠x 2，都有f (x 1)－f (x 2)x 1－x 2<0.①f(x)＝sin x；②f(x)＝－2x3；③f(x)＝1－x；④f(x)＝ln (x2＋1＋x)．以上四个函数中，“优美函数”的个数是()A．0 B．1 C．2 D．3答案B解析由条件(1)，得f(x)是奇函数，由条件(2)，得f(x)是R上的单调减函数．对于①，f(x)＝sin x在R上不单调，故不是“优美函数”；对于②，f(x)＝－2x3既是奇函数，又在R上单调递减，故是“优美函数”；对于③，f(x)＝1－x不是奇函数，故不是“优美函数”；对于④，易知f(x)在R上单调递增，故不是“优美函数”．故选B.11．习总书记在十九大报告中指出：坚定文化自信，推动社会主义文化繁荣兴盛．如下图1，“大衍数列”：0,2,4,8,12，…来源于《乾坤谱》中对《易传》“大衍之数五十”的推论，主要用于解释中国传统文化中的太极衍生原理，数列中的每一项，都代表太极衍生过程中曾经经历过的两仪数量总和．下图2是求大衍数列前n项和的程序框图，执行该程序框图，输入m＝6，则输出的S＝()A ．26B ．44C ．68D ．100 答案 B解析 第一次运行，n ＝1，a ＝n 2－12＝0，S ＝0＋0＝0，不符合n ≥m ，n ＝2，继续运行，第二次运行，n ＝2，a ＝n 22＝2，S ＝0＋2＝2，不符合n ≥m ，n ＝3，继续运行，第三次运行，n ＝3，a ＝n 2－12＝4，S ＝2＋4＝6，不符合n ≥m ，n ＝4，继续运行，第四次运行，n ＝4，a ＝n 22＝8，S ＝6＋8＝14，不符合n ≥m ，n ＝5，继续运行， 第五次运行，n ＝5，a ＝n 2－12＝12，S ＝14＋12＝26，不符合n ≥m ，n ＝6，继续运行，第六次运行，n ＝6，a ＝n 22＝18，S ＝26＋18＝44，符合n ≥m ，输出S ＝44，故选B.12．设F 1，F 2是椭圆x 2a 2＋y 2b 2＝1(a >b >0)的左、右两个焦点，若椭圆上存在一点P ，使(OP →＋OF 2→)·F 2P →＝0(其中O 为坐标原点)，且|PF 1|＝3|PF 2|，则椭圆的离心率为( )A.3－1B.2－1C.3－12D.2－12 答案 A解析 设线段PF 2的中点为A ，则OP →＋OF 2→＝2OA →，又因为(OP →＋OF 2→)·F 2P →＝0，所以2OA →·F 2P →＝0，故OA ⊥PF 2，因为O 为F 1F 2中点，所以OA ∥PF 1，所以PF 1⊥PF 2.设|PF 2|＝t ，则|PF 1|＝3|PF 2|＝3t ，|F 1F 2|＝|PF 1|2＋|PF 2|2＝2t ，所以椭圆的离心率e ＝2c2a ＝|F 1F 2||PF 1|＋|PF 2|＝2t3t ＋t＝3－1.二、填空题13．(2019·贵阳一模)设x ，y 满足约束条件⎩⎨⎧x －y ＋1≥0，x －2y ≤0，x ＋2y ≤0，则z ＝2x ·⎝ ⎛⎭⎪⎫116y的最大值为________． 答案 4解析 画出可行域如图阴影所示．z ＝2x ·⎝ ⎛⎭⎪⎫116y＝2x ·(2－4)y ＝2x －4y ， 令u ＝x －4y ，则y ＝x 4－u4. 结合图形可知，平移直线y ＝x4过点A 时， 纵截距－u4最小，u 最大．解方程组⎩⎨⎧x －y ＋1＝0，x －2y ＝0得A 点坐标为(－2，－1)，所以u max ＝－2－4×(－1)＝2. 所以z ＝2x·⎝ ⎛⎭⎪⎫116y的最大值为22＝4. 14．在△ABC 中，a ＝2，c ＝4，且3sin A ＝2sin B ，则cos C ＝________. 答案 －14解析 因为3sin A ＝2sin B ， 所以由正弦定理得3a ＝2b ， 又a ＝2，所以b ＝3a2＝3，所以cos C ＝a 2＋b 2－c 22ab ＝22＋32－422×2×3＝－14.15．(2019·北京高考)某几何体是由一个正方体去掉一个四棱柱所得，其三视图如图所示．如果网格纸上小正方形的边长为1，那么该几何体的体积为________．答案 40解析 由三视图可知该几何体是棱长为4的正方体切去一个底面为直角梯形、高为4的直四棱柱，其中直角梯形的上底为2，下底为4，高为2，所以该几何体的体积为V ＝V 正方体－V 直四棱柱＝43－2＋42×2×4＝40.16．过点(2，0)的直线l 与曲线y ＝1－x 2相交于A ，B 两点，O 为坐标原点，当△AOB 的面积取最大值时，直线l 的斜率等于________．答案 －33解析 解法一：设点P (2，0)，结合题意可设直线l 的方程为y ＝k (x －2)(k <0)，将之代入y ＝1－x 2，整理得(1＋k 2)x 2－22k 2x ＋2k 2－1＝0，设A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)，则x 1＋x 2＝22k 21＋k 2，x 1x 2＝2k 2－11＋k 2，Δ＝(－22k 2)2－4(1＋k 2)(2k 2－1)＝4－4k 2>0，得k 2<1， 所以弦长|AB |＝1＋k 2·(x 1＋x 2)2－4x 1x 2＝1＋k 2·21－k21＋k 2＝21－k 21＋k 2. 因为点O 到直线l ：kx －y －2k ＝0的距离d ＝|2k |k 2＋1， 所以S △AOB ＝12·|AB |·d ＝12×21－k 21＋k 2×|2k |k 2＋1＝2|k |·1－k 21＋k 2≤12(2k 2＋1－k 2)1＋k 2＝12， 当且仅当⎩⎨⎧2|k |＝1－k 2，k <0，即k ＝－33时不等式取等号．故当△AOB 的面积取最大值12时，直线l 的斜率等于－33.解法二：设点P (2，0)，结合题意可设直线l 的方程为x ＝my ＋2(m <0)，将之代入y ＝1－x 2，整理得(1＋m 2)y 2＋22my ＋1＝0.设A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)，则y 1＋y 2＝－22m 1＋m 2，y 1y 2＝11＋m 2，Δ＝(22m )2－4(1＋m 2)＝4m 2－4>0，得m 2>1.于是，S △AOB ＝|S △AOP －S △BOP |＝12·|OP |·|y 1－y 2|＝12·|OP |·(y 1＋y 2)2－4y 1y 2＝12×2×⎝ ⎛⎭⎪⎫－22m 1＋m 22－41＋m2 ＝2·m 2－11＋m 2≤12(2＋m 2－1)1＋m2＝12， 当且仅当⎩⎨⎧2＝m 2－1，m <0，即m ＝－3时不等式取等号．故当△AOB 的面积取最大值12时，直线l 的斜率等于1m ＝－33. 解法三：设点P (2，0)，则结合题意画出图形，如图所示．根据图形可得S △AOB ＝12|OA |·|OB |·sin ∠AOB ＝12sin ∠AOB ≤12，当且仅当sin ∠AOB ＝1，即∠AOB ＝90°时不等式取等号．于是，当△AOB 的面积取最大值12时，有∠AOB ＝90°，此时作OM ⊥l ，垂足为M ，易得|OM |＝22，又|OP |＝2，所以可得∠MPO ＝30°，故所求直线l 的斜率等于tan(180°－30°)＝－33.。
2020届高考数学大二轮刷题首选卷理数课件：第二部分 压轴题(三)
解析 由题意可知 A1(a1，log2a1)，A2(a2，log2a2)，B1(S1＋1，log2(S1＋1))， B2(S2＋1，log2(S2＋1))，
∴kk12＝ ＝lloogg22SSSS2112＋＋ ＋ ＋1111－－ － －aall21oogg22aa12＝ ＝112， ，
16．(2019·湖北宜昌元月调考)已知数列{an}是各项均为正数的等比数 列，其前 n 项和为 Sn，点 An，Bn 均在函数 f(x)＝log2x 的图象上，An 的横坐 标为 an，Bn 的横坐标为 Sn＋1，直线 AnBn 的斜率为 kn.若 k1＝1，k2＝12，则数 列{an·f(an)}的前 n 项和 Tn＝________.
(2)证明：∵f(x)有最小值为－1， ∴由(1)，知函数 f(x)的最小值点为 x＝m， 即 f(m)＝－1，则 ln m＋1－2m＝－1. 令 g(m)＝ln m－2m＋2(m≥1)，g′(m)＝m1 －2， 当 m>1 时，g′(m)＝m1 －2<0， 故 g(m)在( ∵m∈N*，∴m＝1.
＋3(n∈N*)，记 Sn＝[b1]＋[b2]＋…＋[bn]，[t]表示不超过 t 的最大整数，证明：
n 11
∑
i＝1
SiSi＋1<2.
解 (1)函数 f(x)的定义域为(0，＋∞)． f′(x)＝1x－xm2＝x－x2m. ①当 m≤0 时，f′(x)>0， 即 f(x)在(0，＋∞)上为增函数； ②当 m>0 时，令 f′(x)>0，得 x>m， 即 f(x)在(m，＋∞)上为增函数； 令 f′(x)<0，得 x<m， 即 f(x)在(0，m)上为减函数．
① － ② ， 得 － Tn ＝ 2 ＋ 22 ＋ 23 ＋ … ＋ 2n － 1 － (n － 1)×2n ， 所 以 － Tn ＝ 211－－22n－1－(n－1)×2n，
2020届高考数学大二轮复习刷题首选卷第二部分刷题型选填题五文
)五选填题(一、选择题2aABaABa) ∩( ＝{－1．已知集合2}＝{1,2，－2}，，则实数＝{，－3}，若的值为2 1 D．A．－2 B．－1 C．B答案2aABBaaa或＝±13∩＝－＝{－2}，所以－2∈2，所以或＝－2，解得因为解析－a1.，经检验＝－＝－2zzz) ( 1，则2．若复数满足的虚部是(3－4i)＝4444ii C. D.．－ B．－A25252525C 答案43＋4i31＋4i z. ，其虚部是解析＝＝＝25253－4i－＋人，男、女生所占的比例如图所示．为了解学2000．某中学有高中生3000人，初中生3n的样本，已知从高中生中生的学习情况，用分层抽样的方法从该校学生中抽取一个容量为)人，则从初中生中抽取的男生人数是( 抽取女生2121 ．．20 DA．12 B．15 CA答案121是抽取男生人数生题由意得抽样比为＝，所以从初中中解析1003000×70%112.2000×60%×＝10022yxba的右焦点、右顶点、虚轴的一个端点所组成的三角形叫>0，．将双曲线4－＝1(>0)22ba22yCx)＝4－( 做双曲线的“黄金三角形”，则双曲线的“黄金三角形”的面积是：2 －2 C．．1 D1 BA.2－．22B答案C，(2,0)∵双曲线解析，的右焦点、右顶点、虚轴的一个端点的坐标分别是(22，0) ，(0,2)1S B.22∴所求面积＝×(2－2)×2＝2－2.故选2．2x2fxx的图象大致为( －．函数2())＝e5答案 A04fff，结合选项可知A正确．(2)＝e－计算，(0)＝e＝18(1)＝e－2≈0.72，解析k)的值应为( 6．执行如图所示的程序框图，若输出的结果为1.5，则输入A．4.5 B．6 C．7.5 D．9答案 B解析执行题图所示的程序框图，nSkn<4是1，，＝＝kknSkn<4是－＝，＝，＝22kkknSn<4是－＝＝3，，＝236kkknSn<4否， 4，＝＝－＝3124kS1.5.＝＝输出4k6.＝所以950.1ccbaba)，( ，的大小关系是7．设2＝，lg ＝，log＝，则cbacabcabcab >>． D>>． C>>． B>>．A．3102D答案950.1cab D.，<0＝lg ∈(0,1)，，故选＝解析因为log＝2∈(1,2)3102)( 8．一个几何体的三视图如图所示，则该几何体外接球的体积为π4π3ππ B. C. D．A.43362B答案．如图所示)解析由三视图可知，此几何体是四棱锥(2RR＝，则(2)它的外接球与棱长为1的正方体的外接球的体积相同，设外接球的半径为π33344π3332222RRR.，所以该几何体外接球的体积为π＝＋1＋11，＝，·2242334Bca＋2ABCABCABCabc) 的形状为( (的对边，)，分别为角，，则△， 9．在△cos中，＝c22 B．等边三角形A．直角三角形 D．等腰三角形或直角三角形C．等腰三角形A答案222acabBBac－1＋cos＋＋2222CBabc为直＋，则角＝＝，解得＝∵解析cos＝＝，∴cosccac2222ABC角，则△的形状为直角三角形．AAABECABDABCDAAABCD的中点，，2中，底面10．已知直四棱柱为－为正方形，＝111111CDBE)与所成角的余弦值为则异面直线( 13103101 A. D. B. C.105105答案 C ABABDCABEBECDAEB在△所成的角．易知如图，解析连接，∥，故∠为异面直线与111111中，由余弦定理，222EBEABA－＋11BEA∠＝得cos1BEBA·21222ABABAB－5102＋3C.＝＝，故选10ABAB22×5×ABMABCDABCDMA⊥11．(2019·广西南宁第一次适应性测试)已知四棱锥中，－，⊥平面MACDBCDBADMABCABMBC的四个顶点都在＋∠6＝180°，，∠＝2，＝30°.若四面体＝，∠2)同一个球面上，则该球的表面积为(D．44π．20π B22π C．40πA．C答案BADBCD＝180°，＋∠解析如图，因为∠DABC所以四点共圆，，，，ABCADC＝90°，＝∠∠2AB＝，2由tan30°＝，得3AB22OEOEEMCACOAC，则，设，连接所以的中点为＝ 3＋6的中点为＝6.MACDOABCDOEABCDMAMA 外接球的球心，而，所以易知点⊥平面∥为四面体，因为.⊥平面26????222????OCOCS C. ＝40，∴＝10π＝＝4π·＋.故选球????222fxxfxfxff (＋)，其中的导数，则′(－)为函数(2018)12．已知函数(()＝＋sinxe＋1ff ′(－2019)＝′(2019)－( 2018)＋) A ．2 B ．2019 C ．2018 D ．0 答案 Ax2e －2xxgg ，′( )＝解析 设(，则)＝ xx 2＋＋1exxx －2e22e －2e －ggxxgxxg ，2＝)＝＝；′(－＝)－而()＝－(＋)(所以，xxxx 22－－＋＋e ＋e11＋gxgxxxfxfxgxxgx )－＋)＝，又(sin ＋)′＝cos(，所以(())＋＋(′(－)－sin ′(－＝)0xfxfxgxxgxxf (2018)，所以)]＝′(－－＋′(－))＝cos(′(－)＋cossin(－0)＝2，－′([)fff ′(－2019)＝′(2019)－＋2. (－2018)＋二、填空题a tb t abab t ＝，则－＋________. |1)，＝＝(|＋1，－1)，若|13．已知|＝(2,5－答案 1 a t b t ab tt ab －－＝(2)＝(＋＋1，－1)，所以3,5解法一：因为解析 ＋＝(2,5，－1)，2222tt ab tttt,t ab 1.＝)(5，解得－2)－＝5(1)，因为|－＋)|＝|－＋|，所以((5＋3)＋＝(1t bab tt ababa ，解得0，即02(|1)＋＝||＋－1)|易知－⊥(5，所以＝·－＝解法二：由1.＝yx ＋2≥0，－??kxy ?≥0，＋＋zxyxy 的最小值为3，＋14．已知实数2，满足约束条件且则常数＝??x ≤1，k ________.＝2答案－ 画出可行域如图所示：解析xzxxzzxyyyy ＝－＋经＝－可化为平行，结合图形可知，当直线＝－＋＝，与直线＋2 22222zzA 时，在纵轴上的截距取最小值，过点取最小值． 2x ，＝1??Ak －1)．得 (1解方程组，－?kxy ，＝＋0＋??zkk ＝－2.3，解得－1)＝所以1＝＋2(－minanSaaaaSa ＝________. 则，≠0，－1{15．已知数列＝}的前2项和为，若，＝－1nnnnnnn 21＋1n ＋1答案 2aaaSanaaaaa ，又－＝3，当时，≥22＝，所以解析 因为＝－1，＝2－1nnnnnnnn 11－＋112＋aaaaa ＝3＋3是以为首项，2为公差的等差数列，所以}{2＝－，所以数列≠0，所以nnnnn 2211＋－nn 1.＋2－1)×2＝(2xxx ≤2，＋λ，＋3??xf (函数＝)16．(2019·烟台摸底考试)?xx ，log>2，2－??2xfxf λ1的解集是________；若函数R (，则实数)当λ＝5时，不等式的值域是()<－ ________．的取值范围是 ，＋∞)[2，＋∞) (－∞，－22]∪2答案 (－4，－1)∪(8 时，＝5解析 当λ2xx ，＋51＋3<－??xf ()<不等式－1??x ≤2??x ，log1<－2－??22xxxfxx ＋(1或λ>8.若函数＋(则只要)或的值域是R 4<解得－，<－?x ，>2?? ≤1，3)min2xxgxxxg ＋λ(＋＝3(的最小值．≤2)，下面求记)()λxxg 由于二次函数，(＝－)的图象的对称轴为直线 22λλλ????ggx － ；＝3，即∴当－<2λ>－4时，－()＝min??242λgxg .＝7＋≤－当－≥2，即λ4时，2(＝)λ(2) min2，4>－λ??，≤－λ4???2或因此，?λ≤1，27＋λ≤1－3??? ?44，≤－22或λ≥22或λλ解得－4<≤－[22，＋∞)．∪－∞，－的取值范围是∴λ(22]。
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)五选填题( 一、选择题ABABxax ，则由?，0}＝{|，若－21．(2019·四川攀枝花第二次统考)集合＝＝{－1,2}a ) 实数 组成的集合为( {1} ．{－2} BA ．2,1,0} －DC ．{－2,1} ．{D答案aABBBAB ，2＝?或＝{－1}或0,1＝{2}，∴∵集合解析 ，－＝{－1,2}，?的值为，∴D. 故选2bzzzb ∈＝＋0(＋2i(i 为虚数单位)是方程6－2．(2019·广东适应性考试)若复数3＝1b )＝( )的根，则 R 5 ．BA ．13 513 ．CD ．A 答案22bbbzzz ，解∈R )0＝＋－＋－6＋2i)＝0(6(3＋2i)的根，∴(3∵解析 3＝＋2i 是方程1b A.13.＝得故选个零件进行抽样测某工厂利用随机数表法对生产的7003．(2019·河北衡水中学二调)个样本．下图提供随机数70001,002，…，699,700，从中抽取试，先将700个零件进行编号个样本编号列开始向右读取数据，则得到的第5行第行到第表的第46行，若从表中第56) ( 是35 78 90 56 4212 23 43 56 77 33 21 18 34 29 78 64 56 07 32 52 42 06 44 38 23 68 96 08 0484 42 12 53 31 34 57 86 07 36 25 30 07 32 86 23 45 78 89 07 45 77 89 23 4534 89 94 83 75 22 53 55 78 32 32 56 78 08 43 67 89 53 55 77 328 B ．607 ．A007 C ．253 ．DB 答案，…5行第6253,313,457,253,007,328列开始向右读取数据，依次为从表中第解析 B.故选328.253去掉重复数据，得到的第5个样本编号是222xyx 2py )( ＋4．若双曲线－＝1与椭圆＝1有公共焦点，则的值为 p 833 B ．A ．224．C4 ．DC 答案．222xyx 2y 的焦点坐所以椭圆＋＝11的焦点坐标为(－2,0)，(2,0) 解析因为双曲线－，＝p 832pp 4.＝＝28－2,0)，(2,0)，所以－，标为(2xxfx )的图象大致为)＝e( 25．函数－(2答案 A04fff，结合选项可知A正确．(2)＝e－(0)＝e＝1，8(1)＝e－2≈0.72，解析计算k)的值应为( 6．执行如图所示的程序框图，若输出的结果为1.5，则输入A．4.5 B．6D．C．7.5 9B答案执行题图所示的程序框图，解析nSkn<4是，＝，＝1kknSkn<4是－＝＝2，，＝22kkknSn<4是＝，＝3，＝－236kkknSn<4否，＝－＝4＝，3124kS1.5.＝输出＝4k6.所以＝950.1cbabac)的大小关系是( ＝lg ，＝log，则，，，．设7＝23102babcca >>．B >>．A．bacabc．．>>>> DCD答案590.1abc＝log<0，故选D.，∈＝lg (0,1)解析因为，＝2∈(1,2)32108．(2019·甘肃兰州一中6月冲刺)榫卯是我国古代工匠极为精巧的发明，它是在两个构件上采用凹凸部位相结合的一种连接方式．榫卯结构中凸出部分叫榫(或叫榫头)，已知某“榫头”的三视图如图所示，则该“榫头”的体积是( )A．36 B．45D．C．54 63C答案还原该几何体，如图所示，该几何体可看作两个四棱柱拼接而成，且四棱柱底面解析，两个四棱柱的，高为36为直角梯形，由题中数据可得，底面直角梯形的上底为3，下底为11V C. 故选3和1，所以该几何体的体积×(3＋6)×3×1＝＝×(3＋6)×3×3＋54.高分别为22acB ＋2ABCabcABCABC 的形状为( 则△ ，)．在△中，cos ＝(的对边，，)分别为角，，9 c 22A ．直角三角形 B ．等边三角形D ．等腰三角形或直角三角形C ．等腰三角形 A 答案BBac ＋1＋cos 2＝∵解析 cos ＝，c 222222acab －＋222BabcCABC 的形状为直角三角形．则△ 则角，cos ∴＝＝解得＋＝，为直角， cac 2．唐代诗人李颀的诗《古从军行》开头两句说：“白日登山望)10．(2019·江西南昌二模烽火，黄昏饮马傍交河．”诗中隐含着一个有趣的数学问题——“将军饮马”问题，即将军怎样走才能使总路程最短？先到河边饮马后再回到军营，在观望烽火之后从山脚下某处出发，22yxxy ≤1，若将军从在平面直角坐标系中，设军营所在区域内点的横坐标满足，纵坐标＋yAx ，并假定将军只要到达军营所在区域即为＝点(2,0)处出发，河岸线所在直线方程为3＋) 回到军营，则“将军饮马”的最短总路程为( 1 22－B ．10－1 ．A10 D22 C ．．A答案bab 2＋????kaxAyAbAA ，，′的中点为，，解析 设点)关于直线＋，＝3的对称点＝′(AA ′??a 222－b??，－·＝－1a 2－a ，＝3???AA ′到军到军营的最短总路程，即为点解得故点?bab ，＋＝21????，＝＋32222A.＝101－1.故选营最短的距离，则“将军饮马”的最短总路程为3＋1－OPABCD的球面上的五个点，四边形11．(2019·山东栖霞高考模拟)已知，，是球，，OABCDABDCADBCPAPAABCDADBC)的体积为＝2，，则球＝( ＝为梯形，4∥，，＝＝⊥平面π642π162 ．AB．33 16π2π D．16C．A 答案BDDEBCEAE，的中点，，连接解析如图，取，1AEADEBECBCBEADCEADBCAD＝＝＝，四边形∵∥，∴四边形且均为平行四边形，∴＝211ABCDECAEDEBEEBCDEDCABDCBCAB的外接圆圆心，＝，∴＝＝，∴，为四边形＝，又＝＝，22AEOFOEOABCDOFPAF，∴四边形⊥设为外接球的球心，由球的性质可知，垂足为⊥平面，作22RxAFOFAEOPxxROAx4＋4＝，∴2＝，解得＋4＝)－(4＋4，则＝＝，＝，设2＝＝为矩形，π26443OVR＝.故选的体积为A.＝＝22，∴球π332x1＋??x，<0－，x2?xxxgxf－＝2＝，若存(－12．(2019·广东汕头二模)已知函数())?x1＋?x≥0，，2agbfab的取值范围为( ＝(2)＋成立，则实数()在实数)，使得37????，－．1,2]BA．[－??2237????，－．C．(－1,2]D??22答案 A??x，－，<0x xx1＋?xxffxxf2＝)＝2)当(≥0时，＝(单调递增，故)解析因为(?x1 2x1＋??????1＋x??????xxxfx－＋＋?x≥0，2，2x1111＋，即≥2，当且仅当－－＝(＝－)＝－≥2；当＝－<0时，＋xx??????xxxfxagbfa)＝((时，取等号．综上可得，＋())∈[2，＋∞)．又因为存在实数2，使得＝－12bbbbgbfag A.))≤2－＝(－2≤0，解得－1≤)，即－(成立，所以只需≤2.故选(min二、填空题t bba t b t aa________. ，则－，若|＝＋|13．已知|＝(2,5＝－1)，|＝(1)＋1，－1答案b t a t ab t a t b －－＋2)＝(＝(2,5，－1)，(＝＋＋1，－1)，所以3,5解析 解法一：因为2222tt abab tttt,t 1. ，解得(5＝＋3)＋(5－2)＝－＝(1(15－)，因为|＋)|＝|)－|，所以(＋t b t ab t ababa ，解得1)0，即2(＝解法二：由|＋＋1)|＝|－－|易知(5⊥，所以0·－＝1.＝ππ????xa ????xf ，＋上是2在区间)＝3sin14．(2019·河北中原名校联盟联考)若函数－(????210a 的最大值是________．单调函数，则实数 7π 答案 5ππ3π2π7πkxkkkxkk ∈Z ()＋≤≤2，π＋由解析 2＋π≤≤2＋(π＋)∈Z ，得2π2510522π7π7π????a ，. 上单调递减，即的最大值为∴函数图象在区间 ??55515．(2019·安徽黄山第三次质量检测)在数列的每相邻两项之间插入此两项的积，形成进行“扩展”，第一次得到1,2新的数列，这样的操作叫做该数列的一次“扩展”．将数列．nxxx 2.，，…；第…，次“扩展”后得到的数列为1，；1,2,2第二次得到数列1,2,2,4,2；t,21naaxxxta ________.}的通项公式2－并记1＝log(1·，则数列··…·{·2)，其中＝＝ntnn 221n 13＋ 答案2xaxxlog(1··…···2)，得解析 由＝tn 212axxxxxxx ·2)·2)· )·＝log(1·(1··()··…··(tnt2＋11121233333xxx ·2·1··…·??t 21??kaaakaka log ＋2，即＝3，设－1＝＋＝＝3(3＋，可得)nnnnn 1＋＋12??2n11＋13133??n 1－aaka －. 所以＝－＝＝－，则数列·3是首项为，公比为3的等比数列，故，?? nnn222222??fxfx )，上的函数′((若对任意的)的导函数为)16．(2019·江苏扬州调研已知定义在R 19122xfxffxxxx )＋3的解集为－则不等式2(________－2．)<实数，(′( )>恒成立，且(3)＝，222答案 (－1,3)11gxfxxgxfxgxg (3)上单调递增，又)在))＝－(－)>0，则，∴′(()＝′(解析 令(R 223931122222ffxxxxgxxfxxx －－((－(2－3)＋等价于2(－2)＝)23－－＝(3)＝＝，∴(－)< 222222xxxgx ．1,3)(22)<(3)，即－<3，解得∈－。